精品解析：浙江省衢州、丽水、湖州三地市2025届高三下学期4月教学质量检测（二模）数学试题

衢州、丽水、湖州2025年4月三地市高三教学质量检测试卷 数学试题卷 1．本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上． 3．选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净． 4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效． 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的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，复数（）是纯虚数，则（ ） A. 或 B. C. D. 3. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. “”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 6. 正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角所对的边分别为．已知成等差数列，成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 8. 过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，过点作的切线，交轴于点，过点作直线的平行线交轴于点，则的最小值是（ ） 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，有多项符合题目的要求，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. 已知函数，则（ ） A. 的最大值是 B. 在上单调递增 C. D. 在上有两个零点 10. 若函数与函数的图象关于直线对称，则函数的解析式可能是（ ） A B. C. D. 11. 如图，多面体由正四面体和正四面体拼接而成，一只蚂蚁从顶点出发，沿着多面体的各条棱爬行，每次等概率地爬行到相邻顶点中的一个，记次爬行后，该蚂蚁落在点的概率为，落在点的概率为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列的前项和为，，，则______． 13. 已知斜率大于零的直线交椭圆于两点，交轴分别于两点，且是线段的三等分点，则直线的斜率为______． 14. 若定义在上的函数满足，则的最大值是______． 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. 如图，在直角梯形中，，，．将沿折起，使，连接，得到三棱锥． （1）求证：平面； （2）点是的中点，连接、，若， （i）求二面角的正切值； （ii）求三棱锥外接球体积． 16. 某校举办定点投篮挑战赛，规则如下：每位参赛同学可在两点进行投篮，共投两次．第一次投篮点可在两点处随机选择一处，若投中，则第二次投篮点不变；若未投中，则第二次切换投篮点．在点投中得分，在点投中得分，未投中均得分，各次投中与否相互独立． （1）在参赛的同学中，随机调查50名的得分情况，得到如下列联表： 得分分 得分分 合计 先在点投篮 20 5 25 先点投篮 10 15 25 合计 30 20 50 是否有的把握认为投篮得分与第一次投篮点的选择有关？ （2）小明在点投中的概率为，在点投中的概率为． （i）求小明第一次投中的概率； （ii）记小明投篮总得分为，求的分布列及数学期望． 参考公式： 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 17. 已知双曲线（）的左，右焦点分别为，且，圆与的渐近线相切． （1）求双曲线的标准方程； （2）若上两点满足（），且四边形的面积为，求的值． 18. 已知函数（），为坐标原点． （1）当时， （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）若点是函数图象上一点，求的最小值； （2）若函数图象上存在不同两点满足，求的取值范围． 19. 对于给定的项整数数列：（），定义变换：①若，则加，均加，其余项不变；②若，则加，均加，其余项不变；③若，则加，均加，其余项不变．例如，对数列：做变换得到，即；而对数列：先后做变换，可得到，即． （1）找出一系列变换，使得数列：经过这系列变换后成常数列； （2）是否能找出一系列变换，使得数列：经过这系列变换后成为常数列，若存在，请给出具体的变换；若不存在，请说明理由；并请判断当为奇数时，对于任意数列，是否总存在一系列变换能使该数列成为常数列（无须证明）． （3）当为偶数且数列是递增数列时，是否存在一系列变换，使得该数列成为常数列，若存在，请给出具体的变换；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 衢州、丽水、湖州2025年4月三地市高三教学质量检测试卷 数学试题卷 1．本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上． 3．选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净． 4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效． 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的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合，，再结合交集的定义，即可求解. 【详解】集合，， 所以， 故选：A. 2. 已知为虚数单位，复数（）是纯虚数，则（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由纯虚数的概念，列得方程组，从而可求出的值. 【详解】因为复数（）是纯虚数， 所以， 由，得或， 由，得， 所以. 故选：D. 3. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由投影向量的定义式和平面向量的坐标运算计算即可. 【详解】因为，， 所以，，， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：B. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别令，，得两式，运算可求得，再令，求得，即可得解. 【详解】因， 当时，， 当时，①， 当时，②， ①+②=， 所以， 所以， 故选：C. 5. “”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 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式与，分别得出的取值范围，再利用集合的包含关系判断可得出结论. 【详解】因为，所以，， 所以，， 因为，所以，， 所以，， 因为真包含了， 所以 “”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 6. 正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角余弦值即可. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1， 则， 故， 所以， 所以异面直线与所成角余弦值为. 故选：C. 7. 在中，角所对的边分别为．已知成等差数列，成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意，可求得，设所成等比数列得公比为，则，，由正弦定理可得，，结合平方关系，解得，即可求解角A，从而得解. 【详解】因为在中，成等差数列，所以， 又，所以， 设所成等比数列得公比为，则 ，， 由正弦定理可得， 整理可得，， 又，即， 整理可得， 所以解得，故，于是，所以， 故选：D. 8. 过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，过点作的切线，交轴于点，过点作直线的平行线交轴于点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，焦点，由直线过焦点，可得，设在点处的切线方程为，与抛物线方程联立，由于，解得的值，从而求得点M的坐标，过点作直线的平行线，故，可得直线的方程为，从而求得点N的坐标，故而求得，利用基本不等式求得最小值. 【详解】 设，焦点， 设直线方程为，则，化简得， 所以，， 所以， 设在点处的切线方程为， ，化简得， 因为，化简得，， 则在点处得切线方程为，即， 令，则，故， 则， 过点作直线的平行线，故， 所以直线的方程为， 令，则，故, , 所以， 当且仅当时等号成立，取到最小值9. 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，有多项符合题目的要求，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. 已知函数，则（ ） A. 的最大值是 B. 在上单调递增 C. D. 在上有两个零点 【答案】AC 【解析】 【分析】利用三角函数的性质及诱导公式逐一判断即可求得结论. 【详解】对于A，由于，且，所以的最大值是，故A正确； 对于B，因为，所以在上不是单调递增的，故B错误； 对于C，由于，故 ，故C正确； 对于D，若，则，即，可得，，解得，，所以在上恰有个零点，故D错误. 故选：AC. 10. 若函数与函数的图象关于直线对称，则函数的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】因为函数与函数的图象关于直线对称，所以函数需满足在定义域上单调.逐一讨论各项函数的单调性，即可得解. 【详解】因为函数与函数的图象关于直线对称，所以函数需满足在定义域上单调. 对于A，易知函数在R上单调递增，故A正确； 对于B，因为在R上单调递增，函数在R上单调递减，故可知函数在R上单调递增，故B正确； 对于C，因为，定义域为R，所以.当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，故C错误； 对于D，因，定义域为R，所以， 所以函数在R上单调递减，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图，多面体由正四面体和正四面体拼接而成，一只蚂蚁从顶点出发，沿着多面体的各条棱爬行，每次等概率地爬行到相邻顶点中的一个，记次爬行后，该蚂蚁落在点的概率为，落在点的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】蚂蚁从点 P 出发，第一次爬行后只能到达中的一个，从而可确定，从中的任一点出发，均有从该点出发的四条棱，故到达点或的概率为；设次爬行后，该蚂蚁落在点的概率为，只能从中的任一点出发到达点或，则可确定、 与的关系；到达中任一点，可能是从其它两点中的其一，或者从点或到达，从而可以表达，代值化简关系可得解. 【详解】设记次爬行后，该蚂蚁落在点的概率为， 则， 其中， 计算易得，故A、C正确，B错误； 由原方程组可得， 则，所以为常数列，且①. 同理，且，所以②， 由①②可知，=，所以，故D正确. 故选：. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列的前项和为，，，则______． 【答案】110 【解析】 【分析】根据等差数列的前项和公式计算即可. 【详解】. 故答案为：110. 13. 已知斜率大于零的直线交椭圆于两点，交轴分别于两点，且是线段的三等分点，则直线的斜率为______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】设直线为，，推出，联立椭圆方程，设，则，并求出的坐标，线段的中点为线段的中点，从而得到方程，求出答案. 【详解】设直线为，， 若，此时均与原点重合，，但，故不合要求， 所以， 与联立得， ，解得， 设，则，故， 中，令得，故，令得，故， 的中点坐标为， 是线段的三等分点，故线段的中点为线段的中点， 故，解得，负值舍去. 故答案为： 14. 若定义在上的函数满足，则的最大值是______． 【答案】## 【解析】 【分析】由得，，故2为函数的一个周期，因此，由，设，则，进而求得的最大值. 【详解】由，，得，所以， 平方得①， ②， ②-①得， 所以，即 又，则 ， 所以 所以，即， 故2为函数的一个周期，因此. 考虑到， 设， 则， 故最大值为. 故答案为：. 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. 如图，在直角梯形中，，，．将沿折起，使，连接，得到三棱锥． （1）求证：平面； （2）点是的中点，连接、，若， （i）求二面角的正切值； （ii）求三棱锥的外接球体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判断定理证明平面，进而可证得平面； （2）（i）以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法求二面角的余弦值，进而求得正切值；（ii）由题意可知为三棱锥的外接球的球心，且球半径为，即可求解. 【小问1详解】 因为，，，平面， 所以平面， 又平面，所以 又因为，，平面， 所以平面. 【小问2详解】 （i）以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，所以， ，设平面的一个法向量为，则， 取，则， 由（1）可知，平面的一个法向量为， 所以. 由图可知二面角平面角是锐角，记为，则，所以， 故二面角的正切值为. （ii）因为， 所以为三棱锥的外接球的球心，且球半径为， 故三棱锥的外接球体积为. 16. 某校举办定点投篮挑战赛，规则如下：每位参赛同学可在两点进行投篮，共投两次．第一次投篮点可在两点处随机选择一处，若投中，则第二次投篮点不变；若未投中，则第二次切换投篮点．在点投中得分，在点投中得分，未投中均得分，各次投中与否相互独立． （1）在参赛的同学中，随机调查50名的得分情况，得到如下列联表： 得分分 得分分 合计 先在点投篮 20 5 25 先在点投篮 10 15 25 合计 30 20 50 是否有的把握认为投篮得分与第一次投篮点的选择有关？ （2）小明在点投中的概率为，在点投中的概率为． （i）求小明第一次投中的概率； （ii）记小明投篮总得分为，求的分布列及数学期望． 参考公式： 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）有的把握认为投篮得分与第一次投篮点的选择有关 （2）（i）0.5；（ii）分布列见解析，期望为 【解析】 【分析】（1）根据题意结合列联表，计算的值，即可判断结论； （2）设第次选择在点A投篮记为事件A，在点B投篮记为事件，投中记为事件，（i）根据题意结合全概率公式计算可求出小明第一次投中的概率；（ii）列出的所有取值，再计算出对应的概率，即可求解. 【小问1详解】 零假设为：得分与第一投篮点选择独立，即得分无差异 ， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，因此认为得分与第一投篮点选择有关联，此推断犯错误的概率不超过0.01 【小问2详解】 设第次选择在点A投篮记为事件A，在点B投篮记为事件，投中记为事件， 则，,,. （i）P(E)=， 所以小明第一次投篮命中的概率为0.5. （ii）小明投篮总得分可取0，2，3，4，6，则 ， ， ， ， . ∴X的分布列为 X 0 2 3 4 6 P ∴. 17. 已知双曲线（）的左，右焦点分别为，且，圆与的渐近线相切． （1）求双曲线的标准方程； （2）若上两点满足（），且四边形的面积为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先得到，由圆到直线距离公式得到方程，求出，，得到双曲线方程； （2）设直线，它与E的另一个交点记为C，由对称性可知，四边形面积等于三角形面积，设，联立直线与双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据三角形面积得到方程，求出或，经检验不合要求，时，求出交点纵坐标，得到的值. 【小问1详解】 由题意得，解得， ∵双曲线的渐近线为， ∴，解得，所以，故双曲线方程为：； 小问2详解】 由同向可知，直线、与E均有两个交点. 设直线，它与E的另一个交点记为C. 由双曲线的对称性可知，，故三角形面积等于三角形面积， 所以四边形面积等于三角形面积. 设， 联立方程：，得， ， 三角形面积， 整理得，解得或， 经检验时，，故均在轴上方或下方， 不妨令，此时， 解得或， 画出图象如下： 此时反向，故舍去； 同理可得也不满足要求， 当时，可验证得同向，符合题意， 若，由，解得或， 由于，所以，， 故， 若，同理可得， 综上，. 18. 已知函数（），为坐标原点． （1）当时， （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）若点是函数图象上一点，求的最小值； （2）若函数图象上存在不同两点满足，求的取值范围． 【答案】（1）（i）;（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）求的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即得；（ii）设，由两点间距离公式可得，记，结合导数判断函数单调性，从而求得的最小值，即可求解； （2）记，结合导数判断函数单调性，可得存在负实数使得，为使有两个不等实数解，则有，推导可得有. 分析可知函数存在唯一零点满足.进而分类讨论和时，使得恒成立时的取值范围，从而得解. 【小问1详解】 当，， （i）因为，则，，故切线方程为 （ii）设，则，记 则，易知是关于的增函数且 所以当；当 故最小值为，得的最小值. 【小问2详解】 记，则，易知是关于的增函数且存在负实数使得，则，. 所以当单调递减，当 故最小值为， 注意到，，且， 为使有两个不等实数解，则有. 即. 考虑到函数是关于的减函数，且，， 故该函数存在唯一零点满足，则 （此处只需给出零点的一个合理估计即可.） ①若，即，则. 由化简得， 记，注意到在区间的减函数， 所以， 故时，恒成立，即满足. （几何法：由时，经过点，且，而两点在以原点为圆心，为半径的圆上，且，因此点在圆内，结合图像，知函数图象与圆的图象必有两个不同交点，故满足） ②若，即，则由化简得， 记，则， 所以单调递减，在区间单调递增且，， 故由解得， 而，故满足. 综上所述. 【点睛】思路点睛：若函数图象上存在点，则，记，结合导数判断函数单调性，可得存在负实数使得，若函数图象上存在不同两点满足，则使有两个不等实数解，则有，推导可得有. 分析可知函数存在唯一零点满足.进而结合导数分类讨论和时，使得恒成立时的取值范围，从而得解. 19. 对于给定的项整数数列：（），定义变换：①若，则加，均加，其余项不变；②若，则加，均加，其余项不变；③若，则加，均加，其余项不变．例如，对数列：做变换得到，即；而对数列：先后做变换，可得到，即． （1）找出一系列变换，使得数列：经过这系列变换后成为常数列； （2）是否能找出一系列变换，使得数列：经过这系列变换后成为常数列，若存在，请给出具体的变换；若不存在，请说明理由；并请判断当为奇数时，对于任意数列，是否总存在一系列变换能使该数列成为常数列（无须证明）． （3）当为偶数且数列是递增数列时，是否存在一系列变换，使得该数列成为常数列，若存在，请给出具体的变换；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在，具体见解析 （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意中定义的变换，可知分别经过三个变换即可变换为常数列； （2）根据题意中定义的变换，可知存在一系列的变换使得成为常数列，同时当为奇数时，对于任意数列，总存在一系列变换能使该数列成为常数列. （3）通过反证法证明，假设存在次变换，能使得经过这次变换后，成为常数列.由次变换后有，进而由知，（*），而为递增数列，可得，这与（*）矛盾，故而得证. 【小问1详解】 此处三个变换顺序可调换，也可得到其他全相等的数. 【小问2详解】 存在， , 结合上述情况，推断当为奇数时，对于任意数列，总存在一系列变换能使该数列成为常数列. 【小问3详解】 不存在，理由如下： 假设存在次变换，能使得经过这次变换后， 成为常数列，其中. 注意到每作一次变换，均能使奇数项的和增加2， 偶数项的和增加2， 因此次变换后有， 由知， 所以，（*） 而为递增数列，故，，…， 从而得，这与（*）矛盾，因此假设不成立，即不存在这样的系列变换使得该数列成为常数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$