安徽省临泉第二中学2024-2025学年高三下学期4月期中数学试题

2025年高三数学试卷 (考试时间：120分钟 试卷满分：150分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共小题，每小题分，共计分.在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1.已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 2. 已知复数（为虚数单位），则：（ ）. A. 2 B. C. D. 3．现有编号为的4个小球和4个盒子，把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球，则恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为（　　） A． B． C． D． 4．已知向量，，若，则（　　） A． B．0 C．1 D．2 5. 已知数列的第1项和第2项均为1，以后各项由给出.若数列的各项除以3所得余数组成一个新数列，则（    ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 2025年春节期间，国产电影《哪吒之魔童闹海》凭借其震撼的特效、生动的情节与深刻的思想票房一路攀升.截至2025年2月6日登顶中国国内电影票房榜首.下图为某平台向公众征集该电影的评分结果，根据表格信息我们可以估计其得分的分位数约为：（ ）. 评分/分 1 2 3 4 5 人数占比/% 1.0 3.2 13.6 34.2 48.0 A. 3.98 B. 4.03 C. 4.17 D. 4.38 7．将半径为4的半圆面围成一个圆锥，则该圆锥的体积为（　　） A． B． C． D． 8．已知函数，，有恒成立，则a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 二、选择题：本大题共小题，每小题分，共计分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得分，部分选对得部分分，有选错的得分. 9．已知（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（　　） A． B．展开式中奇数项的二项式系数的和为256 C．展开式中的系数为 D．若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大 10．设函数，则（　　） A．曲线存在对称轴 B．曲线存在对称中心 C． D． 11. 已知各棱长均相等的四棱锥中，共面，为线段上一点，，则对于以下平面，在上的正投影为四边形的是：（ ）. A. 且 B. ，平面 C. ，平面 D. ，平面 三、填空题：本大题共小题，每小题分，共计分. 12．曲线C：在点M（1，e）处的切线方程为　 　． 13. 如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有__________种不同的染色方案. 14. 如图，某停车区域共有6个停车位，现有3辆白色汽车和2辆黑色汽车将停在车位上.记黑色汽车之间的白色汽车数为X，则X的数学期望为__________. 四、解答题：本大题共小题，共计分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且 （1）求C； （2）已知，D为AB边上一点，且，，求 16. 已知抛物线与直线交于两点，为坐标原点，. （1）求的值； （2）设为上且不与O重合的一点， （ⅰ）若与面积相等，求的坐标； （ⅱ）若在曲线段上，求面积的最大值. 17．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，，，，，E为AB的中点，M为CE的中点. （1）证明：； （2）若，N为PC中点，且AN与平面PDM所成角的正弦值为，求四棱锥的体积. 18. 已知函数，. （1）当时，证明：； （2）若在单调递增，求的取值范围； （3）若且，证明：. 19．设，对于数列，，…，，若对任意，与均为非负数或者均为负数，则称数列，，…，为强数列. （1）判断数列，，，， 与 数列，，，，分别是否为强数列； （2）若存在公比为负数的等比数列，，…，，使得它为强数列，求公比q的取值范围； （3）设，，…，为强数列，且数列中正数与负数交替出现（不出现0），证明：一定可以从数列，，…，中选出连续三项，不改变它们在原数列中的顺序，它们三项构成一个强数列. 参考答案 一、选择题 1.【答案】A 【解析】集合，， 所以. 故选：A. 2.【答案】C 【解析】，所以， 则，其模为，故选：C. 3．【答案】A 【解析】把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球的试验的基本事件总数为， 恰好有2个小球与盒子的编号相同的事件含有的基本事件数为， 所以恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为. 故答案为：A. 4．【答案】C 【解析】由，，，， 由得，解得. 故答案为：C. 5. 【答案】A 【解析】因为，，所以数列为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，， 此数列各项除以3余数依次构成的数列为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，，是以8为周期的周期数列， 所以 故选：A. 6.【答案】C 【解析】因为， ， 所以分位数在这个区间内， 设分位数为，则，解得，故C正确. 故选：C 7．【答案】B 【解析】由题意知，半圆的周长为， 设圆锥底面圆的半径为，则，解得， 因为母线长为4， 所以圆锥的高为， 所以圆锥的体积为. 故答案为：B. 8．【答案】A 【解析】将等价于， 即， 则或在上恒成立， 即或在上恒成立， 令，得， 可得在单调递增，在单调递减， 由，当，，， 令，由基本不等式可得，当且仅当时取等号， 当，， 由在上恒成立， 可得，解得 由在上恒成立，可得，解得， 故a的取值范围为. 故答案为：A. 二、选择题 9．【答案】A，C，D 【解析】的展开式的通项为. 对于A，根据题意，可得，由组合数的性质可知，故A正确； 对于B，由，则展开式中奇数项的二项式系数之和为，故B错误； 对于C，由解得，则展开式中的系数为，故C正确； 对于D，令，则展开式中各项系数之和，解得， 可得展开式的通项为， 即每项系数均为该项的二项式系数，易知展开式中第项为二项式的中间项， 则其系数最大，故D正确. 故答案为：ACD. 10．【答案】A，C，D 【解析】对于A：因为， 又因为是的一条对称轴，也是的对称轴， 所以曲线存在对称轴，故A正确； 对于B：因为，恒不为常数， 所以曲线不存在对称中心，故B错误； 对于C：因为 又因为，， 所以，当且仅当时，等号成立，故C正确； 对于D：当时，，显然等号成立； 当时，则，故D正确. 故答案为：ACD. 11.【答案】ABD 【解析】对于A.由于，故，易知在平面上的投影垂直，故， 因为且，由线面垂直的判定定理可得：，所以在上的投影为，投影图形为四边形，A正确； 对于B.时，，，又相交，且在平面内，故， 所以在上的投影重合，而的投影在的外部，所以投影为四边形，B正确； 对于C、D.如图：过作，设平面在上的投影为，若的投影，则为四边形，否则不是四边形. 设此时恰好在的投影上，取中点，则， 又平面平面，且两平面相交于，在平面内，所以平面， 又，故只需.设为中点， ， 则在平面中，，易知：，过作交于， 在中，，故. 所以当时，落在外部，不是四边形，而时，落在内部，是四边形.故C错，D对，故选：ABD. 三、填空题 12．【答案】y=2ex-e 【解析】因为，所以切线斜率为，切线方程为，y=2ex-e 13.【答案】192 【解析】法一：间隔元素分析法： ①同色，同色，则有两种上色方式，被确定，故有种； ②同色，不同色，则仅有1中上色方式，被确定，故有种； ③不同色，同色，则若与同色，则有1种上色方式； 若与不同色，则只有1种上色方式； 故有种； ④不同色，不同色， 1）同色，则有种；2）不同色，则有种. 综上，共有种方式. 法二：相邻最多元素优先分析法： 考虑到影响的元素最多： ①各不同色，1）同色，则有3种染色法，故共有种； 2）不同色，则有2种染色法，故共有：种； ②同色，1）同色，则只有1种染色法（4种颜色都要使用到）， 故有种；2）不同色，则有2种染色法，故有种. 综上：共有种染色方案. 故答案为：192. 14.【答案】1 【解析】X可能的取值为：0，1，2，3， 则， ， ， ， 所以X的数学期望为⨉⨉⨉⨉ 故答案为：1. 四、解答题 15.【答案】（1）；（2） 【解析】（1）由可得， 即，所以， 又因为，所以，结合，所以； （2）由题可知，与相似，则， 设，则，有，故，所以， 在中，，解得：， 所以，所以为等腰三角形，所以 16.【答案】（1）2；（2）（ⅰ）或或；（ⅱ） 【解析】（1）设：， 则：， 而，所以. （2）（ⅰ），与有相同的底，只需要其高相同即可. ①设：，，故 ②设：，或，即：或 综上：或或 （ⅱ）的底 要使高最大，即：与相切： ，， 此时，，，. 17．【答案】（1）证明详见解析；（2）. 【解析】（1）证明：在梯形ABCD中，连接交BD于CE一点， 因为且，所以四边形CDBE为平行四边形， 所以BD与CE的交点即为CE中点M. 由已知可得，，，，由余弦定理得， 所以三角形为直角三角形，所以， 又，，所以，且，所以平面PBD， 又平面PBD，所以. （2）由（1）知，平面PDM，如图，以D为坐标原点，分别以DB，DC为x，y轴，垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，， 设，则，， 平面PDM的一个法向量为， 设直线AN与平面PDM所成角为， 则， 化简得. 由，可得，求得，. 故. 18.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析 【解析】（1）令， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增，所以，即 令，， 令，， 当时，，单调递减，， 故：，单调递减，，故： 所以： （2）， 当时，令，则：，为使单调递增，则，即恒成立，. ①时，，，单调递增，，，此时不恒成立，舍去 ②时，令，则在单调递减，在单调递增， 所以有最小值，即：，而由（1）得：，所以当且仅当 所以. （3）法一：增强函数法： 在（2）中取，， 由于单调递增，不妨设，故， 又，则，即：， 即： 又由（1）得：，令，则：， 所以：，即： 法二：极值点偏移： 令，，所以在单调递增，记，要证，即证：，，，故单调递增， 记==0，即：， 所以，要证：，即证： 即证：，即证：，即证： ， ，下面证明：当时， ：即证：， 又因为：，，所以： ， 当且仅当时等号成立，由于易知单调递增， 所以当且仅当时等号成立；即证：， 即证：，而当且仅当时等号成立，取等条件相同 所以，故单调递增，又， 所以成立，所以成立. 19．【答案】（1）不是强数列；是强数列；（2）；（3）证明详见解析. 【解析】（1）数列0，1，0，，0，前两项和为1，后三项和为，不是强数列； 数列1，0，，0，1，满足第一项、前两项、前三项、前四项、后一项、后两项、后三项、后四项的和均非负，是强数列； （2）（方法一：等比数列求和）设首项，公比， 依题意，，即， 故，即，故. 另一方面，，即， 故，即，故. 于是，，又1，，1，…，1，，1满足条件； 综上，. （方法二：局部分析）设首项，公比， 依题意，，∴， 即， 又∵， ∴， 即， 故，即，故，. 同理，， 故，， 于是，又1，，1，…，1，，1满足条件，综上，. （3）注意到若连续三项构成强数列，则中间项的绝对值最小，取数列中绝对值最小的一项，（若最小的同时存在正项和负项，取负项）. 如果， ①若，则，，故，与（2）中矛盾； ②若，则，，故，由（2）知矛盾， 于是不为首项，同理不为末项，我们取，，三项. （ⅰ）若，则，，且，，故，，，，构成强数列； （ⅱ）若，则，，且，，故，，，，构成强数列. ( 第 2 页 共 17 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$