浙江省宁波市“十校”2025届高三下学期3月联考数学试卷

绝密★考试结束前 宁波“十校”2025届高三3月联考 数学试题卷 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方。 3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效。 4.考试结束后，只需上交答题卷。 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知随机变量，则（ ） A.2 B.3 C.4 D.9 2.已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3.在平面直角坐标系中，动点满足方程，则动点轨迹的离心率为（ ） A. B.2 C. D. 4.已知函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 5.已知，则的最大值为（ ） A. B. C.1 D. 6.对空间中的非零向量，记向量与，的夹角为，对，，则的最大值是（ ） A.5 B.6 C.7 D.8 7.在四边形ABCD中，已知，若，，，则BD的长度为（ ） A.4 B. C.5 D. 8.已知函数，对任意，都有恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.在二项式的展开式中，前3项的系数成等差数列，则下列结论中正确的是（ ） A. B.展开式中所有奇数项的二项式系数和为128 C.常数项为 D.展开式中系数最大项为第3项和第4项 10.已知函数部分图像如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A.的图像关于直线对称 B.的图像关于点对称 C.将函数的图像向左平移个单位得到函数的图像 D.若方程在上有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是 11.在棱长为2的正方体中，P为面内以AD为直径的半圆上的动点，则（ ） A.BP的最大值为 B.BP与平面ABCD所成角的最大值的正弦值为 C.的最小值为 D.二面角的最小值的正切值为 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知复数z满足，则的最小值为________。 13.已知点F为抛物线：的焦点，过F的直线l（倾斜角为锐角）与交于A，B两点（点A在第一象限），交其准线于点C，过点A作准线的垂线，垂足为D，若，则________. 14.生活中经常会统计一列数据中出现不同数据的个数。设，对于有序数组，记为，，，，中所包含的不同整数的个数，比如：，.当取遍所有的个有序数组时，的总和为________。 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.（13分）已知函数. （1）化简，并求的值； （2）在锐角△ABC中，内角A满足，求的值。 16.（15分）在三棱锥中，，，，D为AC的中点。 （1）求证：； （2）若二面角的大小为，求直线AC与平面PBC所成的角。 17.（15分）已知函数，，为自然对数的底数。 （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）若不等式对任意恒成立，求k的取值范围。 18.（17分）已知椭圆E：的离心率为，且过点. （1）求椭圆E的标准方程； （2）已知点，，过点P作直线l（不与x轴重合）交椭圆E于A，B，连接BG交E于点C，连接AC，直线AC与x轴交于点H. （i）求的值； （ii）若点A在线段BP上，求的取值范围。 19.（17分）对于数列，若存在正整数T，使得从数列的第N项起，恒有成立，则称数列为第N项起的周期为T的周期数列。 （1）已知数列满足，且，证明：3是的一个周期。 （2）已知数列，，（其中a，，a，b不全为0），，证明：存在正整数N，使得时，成立，并求出满足条件的一个周期T. （3）已知数列，，，求证：不是周期数列。 宁波“十校”2025届高三3月联考 数学参考答案 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1-4DCCA 5-8BBDC 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.ABD 10.AB 11.ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 13.2 14.10505提示： 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.（13分）【解析】 （1）， 6 （2），因为，故， 因为，故，所以， 故 13 16.（15分） 【解析】（1）作于E，连PE. 在△ACB中，，则，又，故，. 在△APB中，，则，. 在△PAE中，， 又，则 由于，，，则平面PDE， 又平面PDE，故 7 （2）由（1）得，，，则二面角的平面角为，又，，则，在△PDA中，，则. 方法1：由于D为AC的中点，，且，则. 又，，则平面PBC， 则为直线AC与平面PBC所成的角，又， 故直线AC与平面PBC所成的角为. 15 方法2：由（1）得，，则平面ABC，取AB中点F，连DF， 则，，以D为坐标原点，分别以DA，DF，DP所在直线为x，y，z轴， 建立如图的空间直角坐标系，则，，，，，，. 设平面PBC的一个法向量， 则令得，得， 设直线AC与平面PBC所成的角为，则. 故直线AC与平面PBC所成的角为 15 17.（15分） 【解析】 （1）当时，， 由于，，， 故函数在点处的切线方程为，即 5 （2）方法1： 由于，令，则， 因为，有，则在区间上单调递增，即在区间上单调递增，所以. ①当时，有，则在区间上单调递增， 由，得，故； ②当时，有，因为在区间上单调递增， 若，有，则存在使得， 当时，取，有，则存在，使得， 综上，当时，存在，使得，即. 故当时，，则在区间上单调递减； 当时，， 则在区间上单调递增， 故，（（ ）） 由，得， 代入（（ ））得， 令，则 由于，由得，， 当，，在区间上单调递增； 当时，，在区间上单调递减， 又因为，，， 故当时，，所以满足的实数的取值范围为. 又因为，令，则， 所以在区间上单调递增，故， 综上所述，实数k的取值范围为 15 方法2： ①当时，不等式恒成立，此时； ②当时，问题转化为对任意恒成立 7 令，则. 令，则. 因为，有，所以在上单调递增。又因为，所以是在上的唯一零点， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增，所以，所以. ③当时，问题等价于对任意恒成立。 此时，由于当时， 故在区间上单调递减，且， 当时，. 故当时，，在区间上单调递减，. 综上所述，实数k的取值范围为 15 18.（17分）【解析】 （1）椭圆E的标准方程为 4， （2）（i）设，，， 记，， 则直线AB的方程：，联立椭圆方程，消去x得 由韦达定理得，则. 另一方面BG：，联立椭圆方程， 消去x得 由韦达定理得，则. 由于，则. ∴ 10 （ii）由上面的结论可知，H为线段AC的中点，则. 进一步有. 由上面的直线AB与联立椭圆方程， 消去x得. 由判别式，得. 由韦达定理得，，. 得 故的取值范围是 17， 19.（17分）【解析】 （1）由于，① ，② 由②①得，， 即， 又，则，故3是的一个周期。 5 （2）由递推和，， 得，，，. （i）若，则，，，，. （ii）若，则，，，，. 无论何种情况，都有，. 由递推关系得，会逐渐进入循环，对的自然数，恒有. 故是的一个周期. 10 （3）假设是周期数列，则至少存在，，不妨设，使得. 由递推关系得， 整理得. 再进一步得到，如此进行下去，最后得到. 设，则，得，但这不可能。 接下来证明：，. 设，， 则； ； 以此类推，得到，. 于是有，（（ ）） 若存在，不妨设，其中s，t都是非负整数， 则式（（ ））经过s步倒推后，得到，则， 得. 由于，得， 但经过递推后得到都是有理数，两者矛盾。 故，，假设不成立，故不是周期数列 17 学科网（北京）股份有限公司 $$