精品解析：浙江省台州市温岭中学2024-2025学年高三下学期3月考试数学试题

2024—2025学年下学期高三3月考试 数学 一、单项选择题：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. 1. 设集合，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据求出，求出集合即可求出. 【详解】由可知， 当时，， 解得或，即． 故. 故选：D． 2. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】结合特例及平方数和绝对值的定义，根据充分条件和必要条件的概念判断即可. 【详解】若，，满足，但不成立； 若，则，则成立， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 3. 已知非零向量满足，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定条件结得到，再结合向量数量积的定义求解即可. 【详解】由题意得，两边平方得， 整理得，由向量数量积的公式得， 而，故， 因为，所以，即，故B正确. 故选：B 4. 设为正实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由函数的单调性和时，，可证明充分性；取特值可证明不必要性. 【详解】若，由函数在上为增函数， 所以，令，则在区间上恒成立， 所以在区间上单调递增，则， 所以在区间上恒成立，又与互为反函数，关于对称， 所以当时，，所以， 则，故“”是“”的充分条件， 反之，若，当时，， 但，所以“”不是“”的必要条件， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 5. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 4 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列前项和公式及，求出，再利用，能求出结果． 【详解】 ， ， ， ， 解得：， ， 故选：D． 6. 某教学楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，某同学从二楼到三楼准备用7步恰好走完，则第二步走两级台阶的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用古典概型概率公式结合组合数计算可得. 【详解】10级台阶要用7步走完，则4步是上一级，三步是上两级， 共种走法， 若第二步走两级台阶，则其余6步中有两步是上两级， 共， 所以第二步走两级台阶的概率为. 故选：C 7. 正四棱台侧棱长为，上下底面边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则正四棱台的外接球表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】画出图形，设外接球半径为，利用半径相等列出方程，求出半径，从而得到球的表面积. 【详解】如图所示，，， 设为外接球球心，外接球半径为，为上下底面的中心，易知， 又侧棱长为，则，又易知， 设，则，， 故，解得：， 故，所以球的表面积为， 故选：B. 8. 下列选项中，曲线与在上的交点个数不一样的是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图像平移变换的知识可知，曲线与在上的交点个数，与与在上的交点个数一致，故而分别作出，，，时与在同一坐标系上的大致图像，即可判断交点个数从而得解. 【详解】的图象是由向右平移个单位得到的图象， 的图象是由向右平移个单位得到的图象， 又当时，， 所以曲线与在上的交点个数，与与在上的交点个数一致， 对于，令，得， 又，所以， 作出在上的大致图象，如图， 对于A，当时，在的图象中作出的图象， 易知此时与在上的交点个数为； 对于B，当时，在的图象中作出的图象， 易知此时与在上的交点个数为； 对于C，当时，， 当时，；当时，； 在的图象中作出的图象， 易知此时与在上的交点个数为； 对于D，当时，在的图象中作出的图象， 易知此时与在上的交点个数为； 综上，满足ABD选项时两曲线交点个数为，满足C选项时两曲线交点个数为. 故选：C. 二、多项选择题：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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 数据的第百分位数为 B. 已知随机变量，若，则 C. 样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 D. ，，，和，，，的方差分别为和，若且，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，利用百分位数的求法，直接求出第百分位数，即可求解；对于B，利用正态分布的对称性，结合条件，即可求解；对于C，根据条件，利用残差的定义，即可求解；对于D，根据条件，利用方差的定义，即可求解. 【详解】对于选项A，将数据从小排到大得到， 又，数据的第百分位数为，故选项A错误， 对于选项B，因为，则，所以选项B正确， 对于选项C，由题知，得到，所以选项C正确， 对于选项D，设，，，的平均数为，，，，的平均数为， 因为，则，又， ， 所以，故选D错误， 故选：BC. 10. 已知方程在复数范围内有n个根，且这n个根在复平面上对应的点将单位圆n等分.下列复数是方程的根的是（ ） A. 1 B. i C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意可知在复数范围内的根为，结合选项逐项验证可得答案. 【详解】由题意得，方程在复数范围内有个根，根据三角函数定义得这个根在复平面上对应的点坐标为， ∴在复数范围内的根为. A.当时，，故是方程的根，A正确. B.，由得，不是整数，B错误. C.，由得，符合要求，C正确. D.当时，，故是方程的根，D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 的图象关于原点对称 B. 的值域为 C. 当时，恒成立 D. 若在上恰有1012个不同解，则符合条件的a只有一个 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用奇函数的定义可判断A的正误，利用换元法结合正弦函数的性质可判断B的正误，利用导数考虑的单调性后可判断C的正误，对于D，先判断的周期性，再利用导数刻画函数的单调性得到函数图象，结合两根特征就小根的范围分类讨论后可得参数的范围，从而可判断D的正误. 【详解】对选项A：因为 所以A正确； 对选项B：设，则可表为， 因为， 故为上的奇函数，而时，均为增函数， 故为上的增函数，而为上的增函数， 故为上的增函数，故为上的增函数， 因为是增函数，所以， 所以的值域为，所以B不正确； 对选项C：设， 则（不恒为零）， 所以在上递减，所以即，所以C正确； 对选项D：因为， 所以关于对称，又的图象关于原点对称， 故是周期函数且周期，而， 所以在上递增，可作出草图，如下图 设，则，该方程两根满足， 显然均不为0且最多仅有一个属于， 不妨设, 若时，方程在区间[上有1013个实数根； 若时，方程在区间[上有2026个实数根； 若时，在区间上有2024个实数根； 若时，方程在区间上有1012个实数根； 代入方程可得：，唯一， 所以D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：嵌套方程的零点问题，一般可先考虑外方程的根的特征，再考虑内方程的根，本质上就是换元处理. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若“”是假命题，则实数a的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据“”是假命题，得出它的否定命题是真命题，利用二次函数与一元二次不等式的关系即可求出实数a的取值范围. 【详解】由题意得：“”为真命题， 所以，解得或. ∴实数a的取值范围为 故答案为： 13. 若函数在上恰有2个零点，则符合条件的a为_______. 【答案】1 【解析】 【分析】该函数零点可以转化为一个二次函数零点与正弦型函数零点的个数之和，再对、分类讨论，即可得取值. 【详解】令，则或， 由， 当时，在上没有零点， 则在上应有2个零点， 因为，所以，即， 与联立得，因为，所以a无解； 当时，在上有1个零点， 而在上有1个零点，满足题意； 综上得符合条件的为1． 故答案为：1． 14. 若存在实数使得，则实数的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】首先利用三角函数化简已知，转化为，利用两点间距离公式构造几何意义，求距离差的最大值，再根据存在问题求的取值范围. 【详解】因为 ， 设，，，令， 则， 又易知，点在圆上，如图所示， 则，又，故的最大值为， 因为存在实数使得 所以 ，即 ， 故答案为：. 【点睛】关键点点晴：本题的关键是构造两点间的距离公式，转化几何意义求最值. 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. 养殖户承包一片靠岸水域，如图所示，，为直线岸线，千米，千米，，该承包水域的水面边界是某圆的一段弧，过弧上一点P按线段和修建养殖网箱，已知． （1）求岸线上点A与点B之间的直线距离； （2）如果线段上的网箱每千米可获得2万元的经济收益，线段上的网箱每千米可获得4万元的经济收益．记，则这两段网箱获得的经济总收益最高为多少万元？ 【答案】（1）千米 （2）万元 【解析】 【分析】（1）由余弦定理计算即可； （2）先由正弦定理计算出相关长度，再计算收益表达式，最后由辅助角公式求最值. 【小问1详解】 在中，由余弦定理，得 即岸线上点与点之间的直线距离为 千米． 【小问2详解】 在中， ， 则， 设两段网箱获得的经济总收益为 万元，则 因为，所以，所以 所以两段网箱获得的经济总收益最高接近万元． 16. 如图，由半径为2的四分之一圆面绕其半径所在直线旋转一周，形成的几何体底面圆的圆心为，是几何体侧面上不在上的动点，是的直径，为上不同于，的动点，为的重心，. （1）证明：平面； （2）当三棱锥体积最大时，求直线与面所成角的正弦值. 【答案】（1）连接并延长交于点，连接， 因为为的重心， 所以. 因为， 所以， 则， 所以. 又面，面， 所以面.； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接并延长交于点，连接，然后根据条件证明即可； （2）当三棱锥体积最大时，平面平面，且和为等腰直角三角形，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，然后算出的坐标和平面的法向量的坐标即可. 【详解】（1）略 （2）当三棱锥体积最大时， 平面平面，且和为等腰直角三角形， 则. 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，. 所以，，. 设面的法向量为， 则 取，则，，故. 设与面所成角为， 则. 17. 在列联表（表一）的卡方独立性检验中，，其中为第i行第j列的实际频数，如，而第i行的行频率第j列的列频率总频数，为第i行第j列的理论频数，如. a b c d 10 20 30 40 （表一） （表二） （1）求表二列联表的值； （2）求证：题干中与课本公式等价，其中. 【答案】（1） （2）列联表如下： a b c d 则， 所以， 同理， 所以 【解析】 【分析】（1）根据新定义分别计算求解； （2）根据已知定义分别计算化简即可即可证明. 【小问1详解】 由题意得， 所以； 【小问2详解】 略 18. 已知抛物线，为的焦点，为的准线是上两点，且（O为坐标原点），过作，垂足为D，点D的坐标为. （1）求C的方程； （2）在C上是否存在点，使得过F的任意直线交C于S，T两点，交l于M，直线的斜率均成等差数列？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在，或 【解析】 【分析】（1）由垂直关系得到方程，联立抛物线方程，结合韦达定理，由，列出等式求解即可； （2）假设存在满足题意，过点得动直线方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理，由斜率公式求得得斜率，再由等差数列列出等式求解； 【小问1详解】 由题意可得：，所以， 所以直线的方程为：， 设， 联立抛物线方程消去得：， 所以， 所以， 因为，所以， 即，解得：， 所以抛物线方程为： 【小问2详解】 由（1）得，假设存在满足题意， 过点得动直线方程为， 联立，解得则，设， 联立，消去得：， 所以， 直线得斜率为，直线得斜率为， 直线的斜率为， 因为直线的斜率均成等差数列， 所以， 整理得：，对任意恒成立， 所以，解得：或，此时， 即存在或满足题意； 【点睛】关键点点睛：由韦达定理及斜率公式得到：直线得斜率为，直线得斜率为，直线的斜率为； 19. 设p为素数，对任意的非负整数n，记，，其中，如果非负整数n满足能被p整除，则称n对p“协调”． （1）分别判断194，195，196这三个数是否对3“协调”，并说明理由； （2）判断并证明在，，，…，这个数中，有多少个数对p“协调”； （3）计算前个对p“协调”的非负整数之和． 【答案】（1）194，196对3“协调”，195对3不“协调” （2）有且仅有一个数对p“协调”，证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据n对p“协调”的定义，即可计算，即可求解， （2）根据n对p“协调”的定义以及整除原理可证明引理，证明每一列里有且仅有一个数对p“协调”，即可根据引理求证． （3）将这个数分成p组，每组p个数，根据引理证明每一列里有且仅有一个数对p“协调”，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， ，所以， ，所以， 所以194，196对3“协调”，195对3不“协调”. 【小问2详解】 先证引理：对于任意的非负整数t，在中有且仅有一个数对p“协调”．证明如下：设，由于pt是p的倍数，所以，所以，即对于这一项的系数为， 所以， 根据整除原理可知，在中有且仅有一个数能被p整除， 所以在中有且仅有一个数对p“协调”． 接下来把以上个数进行分组，分成以下p组（每组p个数）： 根据引理可知，在以上每组里恰有1个数对p“协调”，所以共有p个数对p“协调”． 【小问3详解】 继续考虑这个数分成p组，每组p个数： 由（2）的引理可知每一行里有且只有一个数对p“协调”，下面证明每一列里有且仅有一个数对p“协调”．证明如下： 设某一列第一个数为， 则，所以， 同理当时，，所以当时， 集合中的p个数中有且只有1个数对p“协调”． 注意到数阵中每一个数向右一个数增加1，向下一个数增加p， 所以p个数对p“协调”的数之和为：， 进一步，前个对p“协调”的非负整数之和为： 【点睛】方法点睛：对于新型定义，首先要了解定义所给的关系式的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将定义可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年下学期高三3月考试 数学 一、单项选择题：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. 1. 设集合，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 已知非零向量满足，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 4. 设为正实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 4 B. 8 C. 10 D. 12 6. 某教学楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，某同学从二楼到三楼准备用7步恰好走完，则第二步走两级台阶的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 正四棱台侧棱长为，上下底面边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则正四棱台的外接球表面积是（ ） A. B. C. D. 8. 下列选项中，曲线与在上的交点个数不一样的是（    ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 数据的第百分位数为 B. 已知随机变量，若，则 C. 样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 D. ，，，和，，，的方差分别为和，若且，则 10. 已知方程在复数范围内有n个根，且这n个根在复平面上对应的点将单位圆n等分.下列复数是方程的根的是（ ） A. 1 B. i C. D. 11. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 的图象关于原点对称 B. 的值域为 C. 当时，恒成立 D. 若在上恰有1012个不同解，则符合条件的a只有一个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若“”是假命题，则实数a的取值范围是________. 13. 若函数在上恰有2个零点，则符合条件的a为_______. 14. 若存在实数使得，则实数的取值范围为________. 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. 养殖户承包一片靠岸水域，如图所示，，为直线岸线，千米，千米，，该承包水域的水面边界是某圆的一段弧，过弧上一点P按线段和修建养殖网箱，已知． （1）求岸线上点A与点B之间的直线距离； （2）如果线段上的网箱每千米可获得2万元的经济收益，线段上的网箱每千米可获得4万元的经济收益．记，则这两段网箱获得的经济总收益最高为多少万元？ 16. 如图，由半径为2的四分之一圆面绕其半径所在直线旋转一周，形成的几何体底面圆的圆心为，是几何体侧面上不在上的动点，是的直径，为上不同于，的动点，为的重心，. （1）证明：平面； （2）当三棱锥体积最大时，求直线与面所成角的正弦值. 17. 在列联表（表一）的卡方独立性检验中，，其中为第i行第j列的实际频数，如，而第i行的行频率第j列的列频率总频数，为第i行第j列的理论频数，如. a b c d 10 20 30 40 （表一） （表二） （1）求表二列联表的值； （2）求证：题干中与课本公式等价，其中. 18. 已知抛物线，为的焦点，为的准线是上两点，且（O为坐标原点），过作，垂足为D，点D的坐标为. （1）求C的方程； （2）在C上是否存在点，使得过F的任意直线交C于S，T两点，交l于M，直线的斜率均成等差数列？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 19. 设p为素数，对任意的非负整数n，记，，其中，如果非负整数n满足能被p整除，则称n对p“协调”． （1）分别判断194，195，196这三个数是否对3“协调”，并说明理由； （2）判断并证明在，，，…，这个数中，有多少个数对p“协调”； （3）计算前个对p“协调”的非负整数之和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $