【真題】高三下學期3月聯考數學試題（含解析）浙江省天域全國名校協作體2024-2025學年

浙江省天域全國名校協作體2024-2025學年高三下學期3月聯考數學試題1．已知集合A={1,2}，B={x∈Rlog2(x?1)≤1}A．{1} B．{2} C．{1,2} D．?2．函數f(x)=sin(2x+πA．最小正周期為2π的奇函數 B．最小正周期為2π的偶函數C．最小正周期為π的奇函數 D．最小正周期為π的偶函數3．已知向量a,b滿足a=2,b=1,A．a8 B．a4 C．b44．設a,b為正實數，則“a>b”是“2025aA．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件5．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且A．4 B．8 C．10 D．126．某教學樓從二樓到三樓的樓梯共10級，上樓可以一步上一級，也可以一步上兩級，某同學從二樓到三樓準備用7步恰好走完，則第二步走兩級臺階的概率為（）A．310 B．710 C．377．正四棱臺側棱長為52，上下底面邊長分別為32和42A．25π B．100π C．500π3 D．8．已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1的左焦點為F，過點F的直線與雙曲線C左支交于P，A．292 B．293 C．1929．下列說法中，正確的是（）A．數據4,1,6,2,9,5,8的第60百分位數為9B．已知隨機變量ξ~N(0,σ2)，若C．樣本點(xi,yi)(i=1,2,3,?)的經驗回歸方程為yD．x1，x2，x3，x4和y1，y2，y3，y4的方差分別為S10．已知方程xn=1在復數范圍內有n個根，且這n個根在復平面上對應的點將單位圓n等分.下列復數是方程A．1 B．iC．12?311．已知函數f(x)=axA．?1是f(x)的極大值B．當?1<a<0時，f(a?1)>f(a)C．當a>2時，f(x)有且僅有一個零點x0，且D．若fx存在極小值點x1，且f(x112．已知直線l:y?kx?2=0與圓C:x2?2x+13．若函數f(x)=(x2?2x+a)sin(ax?π314．若存在實數α∈R使得5+4cosα?cos215．如圖，在斜三棱柱ABC?A1B1C1中，側面AA1B1B⊥底面ABC，側棱AA1（1）求證：GE//平面AA（2）求平面B1GE與平面16．已知f(x)=?ex+ax，g(x)=2x+bsinx（1）討論f(x)的單調性；（2）若a=?1，曲線y=f(x)的任意一條切線，都存在曲線y=g(x)的某條切線與它垂直，求實數b的取值范圍.17．在2×2列聯表（表一）的卡方獨立性檢驗中，χ2=1≤i≤2,1≤j≤2(Ai,j?Bi,j)2Bi,jabcd10203040（表一）（表二）（1）求表二2×2列聯表的χ2（2）求證：題干中χ2=1≤i≤2,1≤j≤2(A18．已知拋物線C:y2=2px(p>0)，F為C的焦點，l為C的準線A,B是C上兩點，且OA⊥OB（O為坐標原點），過O作OD⊥AB（1）求C的方程；（2）在C上是否存在點P，使得過F的任意直線交C于S，T兩點，交l于M，直線PS,PM,PT的斜率均成等差數列？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由.19．已知N為偶數，給定數列a1，a2，…，aN，記為A①將A0中的奇數項取出，按原順序構成新數列的前N②將A0中的偶數項取出，按原順序構成新數列的第N稱上述操作為T變換，構成的新數列為A1，記A1=T(A0)，定義Ak為操作k次后得到的新數列，即A（1）若an=n,(n=1,2,?,8)，求A1(2)，（2）令N=2m，m∈N?，其中數列A0（i）求C2（ii）求不超過10的最大正整數m，滿足C2

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】根據題意化簡集合B={x∈Rlog又因為集合A={1,2}，則A∩B=2故答案為：B.【分析】先利用對數運算求出集合B，結合交集定義計算求解.2．【答案】D【解析】【解答】由于函數f(x)=sin(2x+π則函數的最小正周期為2π2故答案為：D.【分析】首先利用誘導公式化簡得出cos2x，利用公式求出最小正周期及判斷奇偶性即可得到結果.3．【答案】D【解析】【解答】解：因為向量a,b滿足所以a?b2所以a在b方向上的投影向量是a?故答案為：D.【分析】利用數量積求向量的模的公式和數量積的運算法則，從而得出a??b?的值，再利用數量積求投影向量公式，從而得出4．【答案】A【解析】【解答】當a>b>0，則函數y=2025x在則2025a>2025b，

令fx則fx=2025x?x則2025x>x在區間0,+∞上恒成立，并且y=2025x則當x>0時，2025x>log所欲2025a>log2025b同理反之當2025a>log2025b但是a<b，則“a>b”不是“2025a則“a>b”是“2025a故答案為：A.【分析】因為函數y=2025x的單調性和x>0時，5．【答案】D【解析】【解答】∵S∴S∵a∴11a化簡得：d=2，∴a故答案為：D．【分析】根據題意，化簡求出公差d=2，緊接著根據a116．【答案】C【解析】【解答】10級臺階要用7步走完，則4步是上一級，三步是上兩級，共C7當第二步走兩級臺階，所以其余6步中有兩步是上兩級，則C6則第二步走兩級臺階的概率為1535故答案為：C【分析】根據古典概型概率公式結合組合數計算即可得到結果.7．【答案】B【解析】【解答】畫出圖象，則邊長關系如下：

AB=AD=BC=CD=32，GH=HE=EF=FG=42設O為外接球球心，外接球半徑為R，M,N為上下底面的中心，則MA=3,NE=4，并且側棱長為52，所以MN=522?設ON=x，所以OA2=所以7?x2+3所以R2=3故答案為：B.【分析】根據題意，畫出圖形，設外接球半徑為R，利用直角梯形結合勾股定理得到半徑，利用公式求出球的表面積.8．【答案】B【解析】【解答】連接F2R，因為Q,R關于y軸對稱，所以QF=設Px1,所以QF=x2+c2則QF=又因為x2<?a，所以QF=?cax2由FP:FR:FQ=10:5:2同時a?cax2?則?c??23a23c故答案為：B.【分析】先假設兩個點的坐標Px1,y19．【答案】B,C【解析】【解答】A，首先對數據4,1,6,2,9,5,8從小排到大進行排序得：1,2,4,5,6,8,9，接著計算7×60%=4.2，數據4,1,6,2,9,5,8的第60百分位數為B，由于ξ~N(0,σ2)C，因為3?3m+a=n?D，設x1，x2，x3，x4的平均數為x，y1，y2，由于xi+yi=10S2則S1故答案為：BC.【分析】對于A，利用百分位數的方法進行運算，求出第60百分位數，得到結果；對于B，利用正態分布的對稱性，得到結果；C，根據殘差的運算得到結果；D，根據方差的定義以及運算得到結果.10．【答案】A,C,D【解析】【解答】由定義可知：方程x18=1在復數范圍內有18個根，所以這18個根在復平面上對應的點坐標：∴x18=1在復數范圍內的根為對于A：令k=0，則x0=cos0°+i?sin對于B：因為i=cos90°+i?sin90°，令對于C：12?32i=cos300°+i?對于D：令k=4，則x4=cos80°+isin故答案為：ACD.【分析】利用定義，結合復數的三角形式得到x18=1在復數范圍內的根為11．【答案】A,C,D【解析】【解答】A，由于fx=ax1.當a>0時，令f'x=0，求出x=0當x<0或x>2a時，所以f'x>0，

則x=0是fx的極大值點，極大值為f0=?1，x=2a2.當a=0時，f(x)=?3x2?1，由極值的定義知，f(x)3.當a<0時，令f'x=0

求出x=0或x=2a，

當x<2a或x>0時，f則x=0是fx的極大值點，極大值為f0=?1，x=2a所以，?1是f(x)的極大值，則選項A正確，B，由于?1<a<0，因為A知，fx在區間2并且?1<a<0，所以2a∈?∞,?2，?2<a?1<?1C，因為a>2時，則2a<1，

而fx的增區間為?∞,0所以x→?∞時，fx→?∞，

并且所以根據零點存在性原理知，當a>2時，f(x)有且僅有一個零點x0，且xD，由于fx存在極小值點x1，所以x1并且f(x1)=f(x2提公因式：x1?x22故答案為：ACD.【分析】A，對函數f(x)求導，接著對a進行分類討論得到函數單調性，得到x=0處取得極大值?1；B，利用A的解析中對f(x)單調性進行判斷，即可得到結果；C，根據f(x)的單調性及零點存在性質原理，進行判斷；D，結合選項A有a=2x112．【答案】?【解析】【解答】由題意，C:x2?2x+y2=0，所以C:x?1并且直線l與圓相交，所以k+2k2+1<1，故答案為：?∞【分析】根據圓心到直線的距離小于半徑可即可得到結果．13．【答案】1【解析】【解答】令f(x)=0，所以x2?2x+a=0或因為Δ=?2當a>1時，y=x2?2x+a所以y=sinax?π3由于ax?π3∈?π與a>1聯立得π3≤a<7π當a=1時，y=x2?2x+a在0則y=sinx?π3在0綜上得符合條件的a為1．故答案為：1．【分析】利用轉化的數學思想，將零點轉化成一個二次函數零點與正弦型函數交點的問題，結合對a>1、a=1分類討論，即可得到結果.14．【答案】?【解析】【解答】由于5+4cos設Pcosα,sinα，Q?2,0，S所以fα又因為，并且點Pcosα,sin所以PQ?PB≤QB，

因為QB=所以存在實數α∈R使得5+4即m≤5+4cosα?cos故答案為：?∞【分析】先對所給的式子進行化簡，得到fα=cos15．【答案】（1）延長B1E交BC于點F，連接B1∵△B1E∴BF=1∴點F為BC的中點，∵G為△ABC的重心，∴A、G、F三點共線，且FGFA∴GE//AB又GE?側面AA1B1B∴GE//側面AA（2）在側面AA1B1B內，過B∵側面AA1B1B⊥底面ABC，A∴B1H⊥底面ABC，由于AF?底面ABC又因為側棱AA1與底面ABC成60°的角，并且∴∠B1BH=60°，BH=1在底面ABC內，過H作HT⊥AF交AF的延長線于點T，連接B1∵B1H⊥AT,TH∩B1∴AF⊥平面HTB1，

因為B1T?平面∵平面B1AT與底面ABC的交線為∴∠B∴AH=AB+BH=3，∠HAT=30°，∴HT=AHsin在Rt△B1HT所以平面B1GE與底面ABC成銳二面角的正切值為【解析】【分析】（1）利用BE=（2）利用“1做，二證，三求解”思路，先在兩個半平面內各找一條直線垂直于交線，得到二面角的平面角，利用三角形的三邊關系求解．（1）延長B1E交BC于點F，連接B1∵△B1E∴BF=1∴點F為BC的中點，∵G為△ABC的重心，∴A、G、F三點共線，且FGFA∴GE//AB又GE?側面AA1B1B∴GE//側面AA（2）在側面AA1B1B內，過B∵側面AA1B1B⊥底面ABC，A∴B1H⊥底面ABC，因為AF?底面ABC又側棱AA1與底面ABC成60°的角，∴∠B1BH=60°，BH=1在底面ABC內，過H作HT⊥AF交AF的延長線于點T，連接B1∵B1H⊥AT,TH∩B1∴AF⊥平面HTB1，又B1T?平面∵平面B1AT與底面ABC的交線為∴∠B∴AH=AB+BH=3，∠HAT=30°，∴HT=AHsin在Rt△B1HT故平面B1GE與底面ABC成銳二面角的正切值為16．【答案】（1）由題意得，函數f(x)定義域為R.∵f(x)=?ex+ax，∴f'(x)=?ex+a.

若a≤0，則f'(x)<0，f(x)在R上單調遞減.

若a>0，令f'(x)=?ex+a=0得x=lna，

當x<lna時，f'(x)>0，當x>lna時，f'(x)<0，

（2）當a=?1時，f'(x)=?ex?1，∵g(x)=2x+bsinx，∴g'(x)=2+bcosx，

∴曲線fx上任意一點x1,fx1處的切線斜率為f'(x1)=?ex1?1，曲線g(x)上的任意一點x2,gx2處的切線斜率為g'(x2)=2+bcosx2.

由題意得，對任意的x1∈R，總存在x2∈R，使得等式【解析】【分析】（1）對函數進行求導，對a的值進行分類談論得到函數的單調性；（2）先利用導數求出函數的切線斜率，結合點的坐標得到直線方程，接著利用兩函數值域之間的包含關系可求b的取值范圍.（1）由題意得，函數f(x)定義域為R.∵f(x)=?ex+ax，若a≤0，則f'(x)<0，f(x)在若a>0，令f'(x)=?e當x<lna時，f'(x)>0，當∴f(x)在?∞,ln綜上得，當a≤0時，f(x)在R上單調遞減；當a>0時，f(x)在?∞,ln（2）當a=?1時，f'∵g(x)=2x+bsinx，∴∴曲線fx上任意一點x1,fx1處的切線斜率為f'(由題意得，對任意的x1∈R，總存在x2將等式變形為2+bcosx2=1由x1∈R得，ex1+1>1∴2+bcos∵2+bcos∴2+b≥12?b≤0∴實數b的取值范圍是?∞17．【答案】（1）由題意得B1,1所以χ2（2）2×2列聯表如下：aba+bcdc+da+cb+da+b+c+d則B1,1所以(A同理(A所以χ=【解析】【分析】（1）根據題意，利用題中的公式進行求解即可得到結果；（2）利用題中所給的公式以及課本中的公式進行運算化簡，即可得到χ2（1）由題意得B1,1所以χ2（2）2×2列聯表如下：aba+bcdc+da+cb+da+b+c+d則B1,1所以(A同理(A所以χ=18．【答案】（1）由題意可得：kOD=3所以直線AB的方程為：y?23設Ax聯立拋物線方程消去x得：y2所以y1所以x1因為OA⊥OB，所以x1即，解得：p=4，所以拋物線方程為：y???????（2）由（1）得F2,0，假設存在Px過點F得動直線方程為x=my+2，聯立x=?2，解得則M?2,?4m聯立x=my+2y2=8x，消去x所以y3直線PS得斜率為y0?y3x直線PM的斜率為y0因為直線PS,PM,PT的斜率均成等差數列，所以2×8m整理得：y02?16所以y02?16=0，解得：y0=4即存在P2,4或P【解析】【分析】（1）根據題意OD⊥AB，得到直線AB的斜率進而求出直線方程，聯立拋物線方程，利用韋達定理，根據OA⊥OB進行變形得?16p2（2）假設存在Px0,y0滿足題意，同時假設過點F（1）由題意可得：kOD=3所以直線AB的方程為：y?23設Ax聯立拋物線方程消去