精品解析：浙江省稽阳联谊学校2025届高三下学期4月联考数学试题

2025年4月稽阳联谊学校高三联考 数学试题卷 考生须知： 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.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. 已知全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】确定全集和集合，再求出，最后根据补集的定义求出． 【详解】已知全集，表示自然数集，所以．  对于集合，解不等式，则其解为． 又因为，所以．  已知，，可得．  因为，，所以．  故选：C． 2. 已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数的模为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法，结合共轭复数，可得答案. 【详解】由题意可得， 则，所以. 故选：A. 3. 下列可以作为方程的图象的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助排除法，得到，不可能同时成立，即可排除A，B，C. 【详解】当时，， 若，则，即，不符合， 故，不可能同时成立，故A，B，C，选项错误. 故选：D 4. 已知函数的部分图象如图所示，的图象与轴交于点C，，，且，则（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象得出，再求出点的坐标及数量积公式计算，最后求出函数值. 【详解】由题干图象可知，则，所以，所以， 由，得，，即，， 因为，所以，则. 又，则，又，， ，解得（负根舍去）， 所以，所以. 故选：C 5. 记数列的前项和为，若，，则等于（ ） A. 33 B. 46 C. 49 D. 42 【答案】A 【解析】 【分析】根据递推公式，结合前项和与第项的关系求出通项公式，进而求出目标值. 【详解】数列中，，，当时，， 当时，，则，， 因此当时，数列是以为首项，公比为3的等比数列，， 数列的通项公式为：，，， 所以. 故选：A 6. 如图，椭圆与双曲线有共同的右焦点，这两条曲线在第一、三象限的交点分别为A、B，直线与双曲线右支的另一个交点为，形成以为斜边的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆及双曲线定义，结合等腰直角三角形，计算求解离心率. 【详解】 设左焦点为，则，，，， 在中用勾股定理，化简得， 所以 所以，所以. 故选:C. 7. 已知函数的定义域为，为的导函数，满足，且.已知均为正数，若，则的最小值（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的导函数得出原函数，再根据函数的导函数得出函数的单调性，进而得出不等关系结合单调性计算即可. 【详解】因为，所以，即，所以. 又因为，即.所以. 所以在上恒成立，所以在上单调递增. 又因为，所以， 即， 令，则，由对勾函数知单调递增， 所以，所以，当且仅当时等号成立. 故选：B. 8. 有6张卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，6，且背面均写有数字7.先把这些卡片正面朝上排成一排.规定一次试验：掷一颗均匀的骰子一次，若点数为，则将向上数字为的卡片翻面并放置原处；若没有向上数字为的卡片，则卡片不作翻动.进行上述试验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，在这一条件下，骰子恰有一次点数为2的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】就正面数字为偶数的卡片翻一次、三次分类讨论后可求概率. 【详解】翻动正面数字为偶数的卡片时，奇偶性发生改变，翻动正面数字为奇数的卡片时，奇偶性不变，进行上述试验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，则分为两类： （1）正面数字为偶数的卡片翻一次： ①掷3次骰子1次偶数2次奇数：种，其中恰有一次点数为2有27种， ②掷3次骰子2次同一个偶数1次奇数：种， ③掷3次骰子3次同一个偶数：3种， （2）正面数字为偶数的卡片一次翻三次：种，其中恰有一次点数为2有6种， 所以骰子恰有一次点数为2的概率为. 故选：C 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量服从正态分布，且，则 B. 数据5，8，10，12，13的第40百分位数是8 C. 在一元线性回归模型中，若决定系数，则残差的平方和为0 D. 和的方差分别为和，若且，则 【答案】AC 【解析】 【分析】由正态分布的对称性判断A；根据百分位数的运算公式判断B；根据残差的概念判断C；利用平均数定义得到，根据方差的计算公式判断D. 【详解】对于A，因为，又， 则，正确； 对于选项B，因为， 所以数据5，8，10，12，13的第40百分位数是，故选项B错误； 对于选项C，若决定系数，则散点图中的散点均落在一条斜率非0的直线上， 所以残差的平方和为0，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：AC 10. 正方体的棱长为，点、分别在线段、上运动（包括端点），则下列结论正确的是（ ） A. 正方体被经过、两点的平面所截，其截面的形状有可能是六边形 B. 不可能与、都垂直 C. 有可能与正方体的六个表面所成的角都相等 D. 线段的中点所围成的区域的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】假设截面为六边形，作出图形，可判断A选项；建立空间直角坐标系，取，，利用空间向量法可判断BC选项；求出点的轨迹方程，确定点所围城区域的形状，结合三角形的面积公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，当分别为所在棱的中点时，符合题意，如下图所示，A正确； 对于B选项，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、、、， 取，，则、， 所以，，，， 所以，，，此时，与、都垂直，B错； 对于C选项，取，，则， 平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为， 同理可知，直线与表面其余各面所成角的正弦值都为， 因此，有可能与正方体的六个表面所成的角都相等，C对； 对于D选项，设点、，其中，， 则线段的中点为， 设点，则，即， 其中，，， 所以点的轨迹是以点、、、为顶点的平面四边形， 则，，则， ， 因为，所以， 故四边形是边长为的菱形，且，则为等边三角形， 故线段的中点所围成的区域的面积为，D对. 故选：ACD. 11. 设和是两个整数，如果和除以正整数所得的余数相同，则称和对于模同余，记作.（ ） A. 若公比为的等比数列满足，则 B. 若公比为的等比数列满足，则 C. 若为等差数列，，，为的前n项和，则 D. 若为公差的等差数列，，，若，则使 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据同余的定义，结合等差数列和等比数列的通项公式及前项和公式，对各选项逐一进行分析． 【详解】由题意可知，，，， ，∴A正确； ，若，则， ，，∴B正确； 为偶数，也为偶数，显然不能成立，∴C错误； ，当时，结论显然成立，∴D成立. 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若非零向量满足，且向量在向量上的投影向量是，则向量与的夹角为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量定义计算得出数量积，再根据夹角公式计算求出余弦值，最后根据夹角范围计算夹角即可. 【详解】在上投影向量，，， 则，由于，. 故答案为：. 13. 已知P是直线上的任意一点，若过点P作圆的两条切线，切点分别记为，则劣弧长度的最小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】画出图形并根据所求角的范围可知当时，劣弧最小，即可得出劣弧长度的最小值. 【详解】如下图所示： 易知圆心到直线的距离为， 在直角三角形中，，， 所以，所以； 因此可知当时，劣弧最小， 此时，即可得； 所以劣弧AB长度的最小值为. 故答案为： 14. 若恒成立，则实数的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】主要通过对不等式进行变形，构造函数，利用函数的单调性来求解参数的取值范围． 【详解】因为，所以 即. 设函数，因为，导函数为， 令，解得. 所以在上， ，单调递减， 在上，，单调递增. 所以，所以在上单调递增. 又因为，所以，即， 令，所以， 令，解得. 所以在上， ，单调递增， 在上，，单调递减. 所以，所以. 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求的大小. （2）如图所示，为外一点，，，，求值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，利用正弦定理得到，再利用三角恒等变换求解； （2）令，，在中，利用正弦定理得到，在中，利用正弦定理得到，从而得到求解. 【小问1详解】 ， 在中，由正弦定理得， ， 由三角形内角和为可得， ， ， 即， ，，， 即， 又，，即， 【小问2详解】 设，令，， 在中，由正弦定理得， ，，. 在中，由正弦定理得，，，， ， 解得， . 16. 如图，在三棱锥中，，为的中点，在底面的投影落在线段AD上. （1）证明：； （2）若，，，，在线段上，且满足平面平面，求直线与直线夹角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 因为，D为的中点， 故， 又平面，平面， 故得， 平面， 于是平面， 平面， 从而. （2）0 【解析】 【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出平面，进而得出线线垂直； （2）法1：建立空间直角坐标系设，进而得出面的法向量再应用面面垂直即可得出，最后计算异面直线所成交即可；法2：根据图形特征得出边长，再根据线面垂直得出线线垂直. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法1：以为坐标原点，以射线为轴正半轴，射线为轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，. 于是，， 令，所以，又因为， 设面的法向量为. 所以，所以. 又，， 所以. 设面的法向量为. 所以，所以 根据平面，即，所以. 所以，，， ， 所以，得所成角为90度，正弦值为1. 法2：几何法. 作，垂足为M. 连CM，由三角形全等得，平面， 得平面，平面，从而平面平面. 在中，得， 在中，得， 在中，， 在中， 所以得， 又， 从而故，同理， 因为，所以， 所以平面，所以平面，因为平面，所以，得所成角为90度，余弦值为0. 17. 已知整数数列满足，数列是公比大于1的等比数列，且，.数列满足.数列，前项和分别为，，其中. （1）求和 （2）用表示不超过的最大整数，求数列的前2025项和. 【答案】（1）， （2）2024 【解析】 【分析】(1)先根据时和确定．设通项求， 再由得出关于和的不等式组，解出得到和． 对于等比数列，利用和联立求解出和，进而得到． (2)先得出，写出表达式，再用错位相减法，即①式减②式求出，进而得到．然后分和讨论与大小关系，确定的值，最后求出． 【小问1详解】 当时，.又因为，所以 设，则 依题意，， 得恒成立，解得， 所以，， 设等比数列的公比为q，，. 所以，.得到，联立得 解得或（舍去），代入中，解得 得数列的通项公式为 【小问2详解】 ……① ……② ①-②，得 即 时，，，所以； 时，，所以，所以 所以. 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若函数无极值点，求实数的取值范围； （3）若为函数的极小值点，证明：. 【答案】（1） （2） （3） 由（2）可得：当时，函数无极值点. 当时，令，则， 当时，，又，为定义在上的奇函数， 在上单调递增，又， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 又，，， ，，使得， 在，上单调递增，在上单调递减； 函数存在唯一的极小值点，且满足. 下证：. 令，则， 令，则， 在上单调递增，即， 在单调递增，，即 又，， 又，， 即，， 即，，又，. 【解析】 【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，进而得到切线方程； （2）将问题转化为在上恒成立，通过必要性探路可求得，将问题转化为充分性的证明，采用放缩法可知需证明，利用导数可说明单调性和最值，进而得到结论； （3）当时，求导后，结合零点存在定理可说明在，上单调递增，在上单调递减，由此可得；令，可证得，利用放缩并整理可得，进而得到结论. 【小问1详解】 ，， 又，在点处的切线方程为：. 【小问2详解】 由题意知：的定义域为， 若函数无极值点，在上单调， 或在上恒成立； ，在上恒成立， ，，解得：； 下面证明充分性： 当时，，又，， ， 令， 当时，， 在上单调递增，又，为定义在上的偶函数， 在上单调递减，，， 在上单调递增，无极值点，充分性成立； 综上所述：. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，本题第二问求解的关键是能够将问题转化为函数在区间内单调，进一步将问题转化为恒成立问题的求解，并利用必要性探路来消除变量. 19. 位于第一象限的一点满足，过作的切线，切点为，且满足，设为关于的对称点. （1）证明： （2）（i）若过的另一条切线切于，设为关于的对称点，如此重复进行下去，若为关于切点的对称点，设，证明：为等差数列. （ii）由ⅰ所设且，求的值. 【答案】（1）证明如下： 方法一：， 又， ， 方法二：设切线为，联立 得：，令得 要证 即. （2）（i）证明如下： 设过的切线为：，联立 得，令 记，则设，， ， ，为等差数列 （ii） 【解析】 【分析】（1）法一：根据抛物线利用导数确定曲线在点的切线斜率与，的坐标关系，再利用点的对称与点在曲线上可得结论；法二：设切线为，令得，解关于方程从而，解方程根据坐标关系证得结论； （2）（i）设过的切线为：，联立，令，解关于方程，结合等差数列的定义得结论；（ii）根据（i）中结论结合直线与曲线相交弦长求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ii） 此时. 【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线与直线相交、对称点、切线、数列等总和应用.解决问题的关根据直线与曲线相切令转化变量为斜率的方程，从而求解与对称点的坐标，从而可结合直线与相交、等差数列的定义求得结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年4月稽阳联谊学校高三联考 数学试题卷 考生须知： 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.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. 已知全集，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数的模为（ ） A. B. C. D. 3. 下列可以作为方程的图象的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的部分图象如图所示，的图象与轴交于点C，，，且，则（ ） A. 4 B. C. D. 5. 记数列的前项和为，若，，则等于（ ） A. 33 B. 46 C. 49 D. 42 6. 如图，椭圆与双曲线有共同的右焦点，这两条曲线在第一、三象限的交点分别为A、B，直线与双曲线右支的另一个交点为，形成以为斜边的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，为的导函数，满足，且.已知均为正数，若，则的最小值（ ） A. B. C. 1 D. 8. 有6张卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，6，且背面均写有数字7.先把这些卡片正面朝上排成一排.规定一次试验：掷一颗均匀的骰子一次，若点数为，则将向上数字为的卡片翻面并放置原处；若没有向上数字为的卡片，则卡片不作翻动.进行上述试验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，在这一条件下，骰子恰有一次点数为2的概率为（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量服从正态分布，且，则 B. 数据5，8，10，12，13的第40百分位数是8 C. 在一元线性回归模型中，若决定系数，则残差的平方和为0 D. 和的方差分别为和，若且，则 10. 正方体的棱长为，点、分别在线段、上运动（包括端点），则下列结论正确的是（ ） A. 正方体被经过、两点的平面所截，其截面的形状有可能是六边形 B. 不可能与、都垂直 C. 有可能与正方体的六个表面所成的角都相等 D. 线段的中点所围成的区域的面积为 11. 设和是两个整数，如果和除以正整数所得的余数相同，则称和对于模同余，记作.（ ） A. 若公比为的等比数列满足，则 B. 若公比为的等比数列满足，则 C. 若为等差数列，，，为的前n项和，则 D. 若为公差的等差数列，，，若，则使 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若非零向量满足，且向量在向量上的投影向量是，则向量与的夹角为_____. 13. 已知P是直线上的任意一点，若过点P作圆的两条切线，切点分别记为，则劣弧长度的最小值为_____. 14. 若恒成立，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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求的大小. （2）如图所示，为外一点，，，，求值. 16. 如图，在三棱锥中，，为的中点，在底面的投影落在线段AD上. （1）证明：； （2）若，，，，在线段上，且满足平面平面，求直线与直线夹角的余弦值. 17. 已知整数数列满足，数列是公比大于1的等比数列，且，.数列满足.数列，前项和分别为，，其中. （1）求和 （2）用表示不超过的最大整数，求数列的前2025项和. 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若函数无极值点，求实数的取值范围； （3）若为函数的极小值点，证明：. 19. 位于第一象限的一点满足，过作的切线，切点为，且满足，设为关于的对称点. （1）证明： （2）（i）若过的另一条切线切于，设为关于的对称点，如此重复进行下去，若为关于切点的对称点，设，证明：为等差数列. （ii）由ⅰ所设且，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $