精品解析：贵州省贵阳市七校2025届高三下学期联合考试(三)数学试题

贵阳市七校2025届高三年级联合考试（三） 数学 贵阳华师一学校 贵阳二中 贵阳六中 贵阳八中 贵州省实验中学 贵阳民中 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号､在试题卷上作答无效． 3．考试结束后，请将答题卡交回．本卷满分150分，考试用时120分钟． 一､单项选择题（本大题共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. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次方程的根化简两个集合，即可由并集的定义求解. 【详解】，所以， 故选:C． 2. 复数（为虚数单位），则在复平面内对应的点所在象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】先对给定的复数进行化简，再求出其共轭复数，最后根据共轭复数的实部与虚部确定其在复平面内对应的点所在的象限. 【详解】，所以，对应点的坐标为， 故选：D． 3. “”是“方程表示圆”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】根据题意，化为圆的方程为标准方程，结合圆的方程，以及充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由方程，可得， 若时，可得，此时方程表示圆，即充分性成立； 反之：方程表示圆时， 例如：当时，方程可化为也可以表示圆，所以必要性不成立， 所以“”是“方程表示圆”的充分不必要条件. 故选：A 4. 已知，且则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对两边平方可得答案. 【详解】因为，所以两边平方得： . 故选：B． 5. 下列函数在上是单调递增的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导函数正负判断单调性判断A，C，D，根据对数复合型函数单调性判断B. 【详解】对于A，单调递减，有减区间，所以错误； 对于B．当时，单调递减，单调递增，所以当时单调递减，错误； 对于C．，在，故，错误； 对于D．在恒成立，正确， 故选：D． 6. 已知数列是公差为2的等差数列，且，则数列的前20项之和为（ ） A. 80 B. 208 C. 680 D. 780 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求出等差数列的首项，可得到通项公式以及前项和，再根据通项公式判断出前20项中，前8项为负数，后12项为正数，故所求数列的前20项之和为，代入计算即可得到答案. 【详解】因为，即，解得， 所以，前项和， 所以数列的前20项中，前8项为负数，后12项为正数， 所以 . 故选：B． 7. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”､“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图甲）．图乙是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧､所在圆的半径分别是6和12，且，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用底面周长等于扇形弧长计算圆台上下底的半径，再结合母线长计算圆台的高，最后利用圆台的体积公式计算即可. 【详解】设圆台上下底的半径分别为，由题意知，得， ，得， 作出圆台的轴截面如图1所示，则圆台的高， 则上底面面积，下底面面积， 由圆台的体积计算公式得：， 故选：C． 8. 已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过点的直线交于两点，且，线段的中点为，则直线的斜率绝对值最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】设直线方程，联立方程组，再结合可得值，进而计算点坐标，利用斜率公式求斜率，最后利用对勾函数求其最值. 【详解】由题意可知直线的斜率存在，设直线方程为，， 联立得：， 由韦达定理得：，，， 则， ， 又因，则，得， 故抛物线，且，， 故， 当且仅当，即时等号成立. 故选：A． 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，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. 如图所示，在正方体中，给出以下判断，其中正确的有（ ） A. 平面 B. 平面 C. 与是异面直线 D. 平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理和线面平行的概念及异面直线的定义逐项分析判断即可. 【详解】对于选项A，因为为正方体，所以平面，所以A正确； 对于选项B，因为平面， 所以与平面也有交点，所以B错误； 对于选项C，因为与相交，所以与异面，所以C正确； 对于选项D，因为平面，平面， 所以且， 所以平面，平面，所以， 同理，所以平面，所以D正确. 故选：ACD． 10. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记事件：两次的点数之和为偶数，：两次的点数之积为奇数，：第一次的点数小于，则（ ） A. B. C. 与相互独立 D. 与互斥 【答案】BC 【解析】 【分析】通过确定样本空间中样本点的数量，利用古典概型概率公式计算各事件的概率，再根据事件独立和互斥的定义判断事件间的关系. 【详解】根据题意，抛掷两次，其样本空间共有36个样本点． 事件的样本空间，有18个样本点； 事件的样本空间有9个样本点，错误； 正确： ，正确； 事件与事件能同时发生，所以不互斥，D错误， 故选：BC． 11. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果．从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（ ） A. 第2025行共有2025个数 B. 从第0行到第10行的所有数之和为2047 C. 第21行中，从左到右的第3个数是210 D. 第3斜列为：，则该数列的前项和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】可以得出每行的数字之和形成一个首项为1，公比为2的等比数列可判断AB；根据二项式系数性质可判断C；由公式可判断D. 【详解】对于A：行数比每行的个数少1，所以第2025行共有2026个数，所以A错误； 对于B：可以得出每行的数字之和形成一个首项为1，公比为2的等比数列， 所以，所以B正确； 对于C：第21行的二项式系数为且， 所以从左到右第三个数是，所以C正确； 对于D：由公式得： ，所以D正确. 故选：BCD． 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设向量，的夹角的余弦值是，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量的数量积公式及数量积运算律计算求解. 【详解】． 故答案为：. 13. 三名篮球运动员甲､乙､丙进行传球训练（不能传给自己），由甲开始传，经过4次传递后，球被传给丙，则不同的传球方式共有__________种． 【答案】5 【解析】 【分析】根据传球规则，通过列举法，按照传球的次数逐步分析球的传递路径，从而得出经过次传递后球被传给丙的不同传球方式. 【详解】第一次传球，因为由甲开始传，且不能传给自己，所以甲可以传给乙或丙.  分情况讨论后续传球 情况一：甲第一次传给乙 第二次传球，乙可以传给甲或丙. 若乙传给甲，第三次传球，甲可以传给乙或丙. 若甲传给乙，第四次传球，乙只能传给丙，此时传球方式为甲→乙→甲→乙→丙.  若甲传给丙，此时传球方式为甲→乙→甲→丙.   若乙传给丙，第三次传球，丙可以传给甲或乙. 若丙传给甲，第四次传球，甲只能传给丙，此时传球方式为甲→乙→丙→甲→丙.  若丙传给乙，第四次传球，乙只能传给丙，此时传球方式为甲→乙→丙→乙→丙.     情况二：甲第一次传给丙 第二次传球，丙可以传给甲或乙. 若丙传给甲，第三次传球，甲可以传给乙或丙. 若甲传给乙，第四次传球，乙只能传给丙，此时传球方式为甲→丙→甲→乙→丙.  若甲传给丙，此时传球方式为甲→丙→甲→丙.   若丙传给乙，第三次传球，乙可以传给甲或丙. 若乙传给甲，第四次传球，甲只能传给丙，此时传球方式为甲→丙→乙→甲→丙.  若乙传给丙，此时传球方式为甲→丙→乙→丙.      由上述分析可知，不同的传球方式共有种. 故答案为：5. 14. 已知定义在上的函数满足：，则__________；若，对任意的，都有，则当时，不等式的解集为__________ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空，用赋值法直接求出；第二空，构造函数，判断单调性，解不等式即可. 【详解】由，令，得，解得； 设，则，由，得，即， 设，则在上单调递减．由，得，即． 所以解得，即不等式的解集为． 故答案为：2；. 四､解答题（本大题共5小题，共77分．假答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知在中，角所对的边分别为，若． （1）求角； （2）若点在线段上，且，求的长度. 【答案】（1）或． （2） 【解析】 【分析】（1）由可得答案； （2）根据的值和，求出，再由正弦定理可得答案． 【小问1详解】 由得，， 因为，所以或； 【小问2详解】 当时，因为，所以为等边三角形， ，不符合题意； 当时，因为，所以， 由正弦定理得得． 所以的长度为． 16. 如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 在直三棱柱中，平面，且，则 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、、，则， 易知平面的一个法向量为，则，故， 平面，故平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值； （3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，. 因此，直线与平面夹角的正弦值为. 【小问3详解】 解：，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，则， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 17. 甲参加一项闯关挑战比赛，共设有3个关卡，分别为，挑战成功分别积2分､4分､6分．根据他以往挑战的经验，关卡挑战成功的概率为，关卡挑战成功的概率为，关卡挑战成功的概率为，各个关卡之间相互独立．闯关规则为：闯关前先选择闯关搭配（每个关卡最多只能挑战一次，闯关不分先后顺序），可随机选择挑战1关､2关或3关，一旦选定，需要全部闯关成功才能积分，选择搭配的闯关中若有一关失败则积分为0分，最后以积分最高者胜． （1）求甲最后积分为6分的概率； （2）记甲最后的积分为随机变量，求的分布列和期望． 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 2 4 6 8 10 12 数学期望为【解析】 【分析】（1）求出甲随机搭配的样本空间、样本点，设“甲积分为6分”，包含两种组合且均成功，根据相互独立事件、互斥事件的概率加法公式计算可得答案； （2）求出的所有可能取值和相应的概率求出分布列、期望即可. 【小问1详解】 根据题意，甲随机搭配的样本空间， 有7个样本点，设“甲积分为6分”，包含两种组合且均成功， 则； 【小问2详解】 根据题意，的所有可能取值为； 其中， ，， ，， ， ， 变量的分布列为： 0 2 4 6 8 10 12 所以期望． 18. 已知函数． （1）若函数在处的切线过坐标原点，求的值； （2）若有两个不同的零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程， （2）求导，根据得，构造函数则，即可对讨论，根据的正负，讨论的单调性，即可得的单调性，进而可求解函数的最值求解. 【小问1详解】 因为，所以， 所以在处的切线方程为， 即， 又因为切线经过原点，所以． 【小问2详解】 令，则， 令则， 则①当时，，所以在上单调递增， 又，所以当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减． 又，所以只有唯一零点，即，不符合题意． ②当时： 令， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增， 所以， 令，则， 当时，在上单调递增；当时，在上单调递减．所以， （i）若，则， 所以在上单调递增，最多一个零点，不符合题意． （ii）若，则， 当时，， 所以，使得； 又因为，所以当和时，在和上单调递增； 当时，在上单调递减； 因为，当时，，所以． 此时，有两个零点0和，符合题意． （iii）若， 则，当时，； 所以，使得， 又因为，所以当和时，在和上单调递增； 当时，在上单调递减． 因为，当时，，所以， 此时，有两个零点0和，符合题意． 综上所述，的取值范围为． 19. 在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线､关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比． （1）已知双曲线的方程为，伸缩比，求关于原点伸缩变换后所得双曲线的方程； （2）已知椭圆：经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线：与椭圆､分别交于两点，，且，求椭圆的方程； （3）已知抛物线：作“伸缩变换”得到：，即：；对作变换，得抛物线：；如此进行下去，对抛物线：作变换，得抛物线：，若，，求数列的通项公式. 【答案】（1） （2）或． （3） 【解析】 【分析】（1）利用原点“伸缩”变换，即可得到的方程； （2）利用解方程组求交点，再由两点间距离得到方程即可求解； （3）利用递推关系，结合已知条件，可用累乘法求通项. 【小问1详解】 由条件得，整理得， 所以的方程为． 【小问2详解】 因为关于原点“伸缩变换”， 对作变换，得， 联立，解得点的坐标为， 联立，解得点的坐标为， 所以， 即或，解得或， 因此椭圆的方程为或． 【小问3详解】 对作变换， 得抛物线，得， 又因为，所以，即， 当时，， 得适用上式， 所以数列的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵阳市七校2025届高三年级联合考试（三） 数学 贵阳华师一学校 贵阳二中 贵阳六中 贵阳八中 贵州省实验中学 贵阳民中 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号､在试题卷上作答无效． 3．考试结束后，请将答题卡交回．本卷满分150分，考试用时120分钟． 一､单项选择题（本大题共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. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数（为虚数单位），则在复平面内对应的点所在象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. “”是“方程表示圆”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 4. 已知，且则（ ） A. B. C. D. 5. 下列函数在上是单调递增的函数是（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列是公差为2的等差数列，且，则数列的前20项之和为（ ） A. 80 B. 208 C. 680 D. 780 7. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”､“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图甲）．图乙是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧､所在圆的半径分别是6和12，且，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过点的直线交于两点，且，线段的中点为，则直线的斜率绝对值最小值为（ ） A. B. C. D. 1 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，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. 如图所示，在正方体中，给出以下判断，其中正确的有（ ） A. 平面 B. 平面 C. 与是异面直线 D. 平面 10. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记事件：两次的点数之和为偶数，：两次的点数之积为奇数，：第一次的点数小于，则（ ） A. B. C. 与相互独立 D. 与互斥 11. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果．从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（ ） A. 第2025行共有2025个数 B. 从第0行到第10行的所有数之和为2047 C. 第21行中，从左到右的第3个数是210 D. 第3斜列为：，则该数列的前项和为 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设向量，的夹角的余弦值是，且，则__________． 13. 三名篮球运动员甲､乙､丙进行传球训练（不能传给自己），由甲开始传，经过4次传递后，球被传给丙，则不同的传球方式共有__________种． 14. 已知定义在上的函数满足：，则__________；若，对任意的，都有，则当时，不等式的解集为__________ 四､解答题（本大题共5小题，共77分．假答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知在中，角所对的边分别为，若． （1）求角； （2）若点在线段上，且，求的长度. 16. 如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 甲参加一项闯关挑战比赛，共设有3个关卡，分别为，挑战成功分别积2分､4分､6分．根据他以往挑战的经验，关卡挑战成功的概率为，关卡挑战成功的概率为，关卡挑战成功的概率为，各个关卡之间相互独立．闯关规则为：闯关前先选择闯关搭配（每个关卡最多只能挑战一次，闯关不分先后顺序），可随机选择挑战1关､2关或3关，一旦选定，需要全部闯关成功才能积分，选择搭配的闯关中若有一关失败则积分为0分，最后以积分最高者胜． （1）求甲最后积分为6分的概率； （2）记甲最后的积分为随机变量，求的分布列和期望． 18. 已知函数． （1）若函数在处的切线过坐标原点，求的值； （2）若有两个不同的零点，求的取值范围． 19. 在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线､关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比． （1）已知双曲线的方程为，伸缩比，求关于原点伸缩变换后所得双曲线的方程； （2）已知椭圆：经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线：与椭圆､分别交于两点，，且，求椭圆的方程； （3）已知抛物线：作“伸缩变换”得到：，即：；对作变换，得抛物线：；如此进行下去，对抛物线：作变换，得抛物线：，若，，求数列的通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $