2025年浙江省寧波市余姚市余姚中學高三“聯測促改”活動第二輪測試數學試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．我國著名數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界矚目的成就，哥德巴赫猜想內容是“每個大于的偶數可以表示為兩個素數的和”（注：如果一個大于的整數除了和自身外無其他正因數，則稱這個整數為素數），在不超過的素數中，隨機選取個不同的素數、，則的概率是（）A． B． C． D．2．甲、乙、丙三人相約晚上在某地會面，已知這三人都不會違約且無兩人同時到達，則甲第一個到、丙第三個到的概率是（）A． B． C． D．3．已知拋物線的焦點為，準線與軸的交點為，點為拋物線上任意一點的平分線與軸交于，則的最大值為A． B． C． D．4．已知關于的方程在區間上有兩個根，，且，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．5．已知點P不在直線l、m上，則“過點P可以作無數個平面，使得直線l、m都與這些平面平行”是“直線l、m互相平行”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件6．復數（i是虛數單位）在復平面內對應的點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限7．若復數z滿足,則復數z在復平面內對應的點在()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限8．已知為非零向量，“”為“”的（）A．充分不必要條件 B．充分必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件9．已知等差數列中，，則（）A．20 B．18 C．16 D．1410．下列選項中，說法正確的是（）A．“”的否定是“”B．若向量滿足，則與的夾角為鈍角C．若，則D．“”是“”的必要條件11．在正方體中，點，，分別為棱，，的中點，給出下列命題：①；②；③平面；④和成角為.正確命題的個數是（）A．0 B．1 C．2 D．312．已知正四面體的棱長為，是該正四面體外接球球心，且，，則（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某種牛肉干每袋的質量服從正態分布，質檢部門的檢測數據顯示：該正態分布為，.某旅游團游客共購買這種牛肉干100袋，估計其中質量低于的袋數大約是_____袋.14．在中，內角的對邊分別是，若，，則____.15．函數滿足，當時，，若函數在上有1515個零點，則實數的范圍為___________.16．已知函數，則曲線在點處的切線方程是_______．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設點分別是橢圓的左，右焦點，為橢圓上任意一點，且的最小值為1．（1）求橢圓的方程；（2）如圖，直線與軸交于點，過點且斜率的直線與橢圓交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：直線．18．（12分）已知函數，其中，．（1）當時，求的值；（2）當的最小正周期為時，求在上的值域．19．（12分）記為數列的前項和，N.（1）求；（2）令，證明數列是等比數列，并求其前項和.20．（12分）在平面直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系．已知直線的參數方程為（為參數），曲線的極坐標方程為；（1）求直線的直角坐標方程和曲線的直角坐標方程；(2）若直線與曲線交點分別為，，點，求的值．21．（12分）某單位準備購買三臺設備，型號分別為已知這三臺設備均使用同一種易耗品，提供設備的商家規定：可以在購買設備的同時購買該易耗品，每件易耗品的價格為100元，也可以在設備使用過程中，隨時單獨購買易耗品，每件易耗品的價格為200元.為了決策在購買設備時應購買的易耗品的件數.該單位調查了這三種型號的設備各60臺，調査每臺設備在一個月中使用的易耗品的件數，并得到統計表如下所示.每臺設備一個月中使用的易耗品的件數678型號A30300頻數型號B203010型號C04515將調查的每種型號的設備的頻率視為概率，各臺設備在易耗品的使用上相互獨立.（1）求該單位一個月中三臺設備使用的易耗品總數超過21件的概率；（2）以該單位一個月購買易耗品所需總費用的期望值為決策依據，該單位在購買設備時應同時購買20件還是21件易耗品？22．（10分）己知等差數列的公差，，且，，成等比數列.（1）求使不等式成立的最大自然數n；（2）記數列的前n項和為，求證：.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．B【解析】

先列舉出不超過的素數，并列舉出所有的基本事件以及事件“在不超過的素數中，隨機選取個不同的素數、，滿足”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【詳解】不超過的素數有：、、、、、，在不超過的素數中，隨機選取個不同的素數，所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、，共種情況，其中，事件“在不超過的素數中，隨機選取個不同的素數、，且”包含的基本事件有：、、、，共種情況，因此，所求事件的概率為.故選：B.本題考查古典概型概率的計算，一般利用列舉法列舉出基本事件，考查計算能力，屬于基礎題.2．D【解析】

先判斷是一個古典概型，列舉出甲、乙、丙三人相約到達的基本事件種數，再得到甲第一個到、丙第三個到的基本事件的種數，利用古典概型的概率公式求解.【詳解】甲、乙、丙三人相約到達的基本事件有甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6種，其中甲第一個到、丙第三個到有甲乙丙，共1種，所以甲第一個到、丙第三個到的概率是.故選：D本題主要考查古典概型的概率求法，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.3．A【解析】

求出拋物線的焦點坐標，利用拋物線的定義，轉化求出比值，，求出等式左邊式子的范圍，將等式右邊代入，從而求解．【詳解】解：由題意可得，焦點F（1，0），準線方程為x＝?1，

過點P作PM垂直于準線，M為垂足，

由拋物線的定義可得|PF|＝|PM|＝x＋1，

記∠KPF的平分線與軸交于

根據角平分線定理可得，，當時，，當時，，，綜上：．故選：A．本題主要考查拋物線的定義、性質的簡單應用，直線的斜率公式、利用數形結合進行轉化是解決本題的關鍵．考查學生的計算能力，屬于中檔題．4．C【解析】

先利用三角恒等變換將題中的方程化簡，構造新的函數，將方程的解的問題轉化為函數圖象的交點問題，畫出函數圖象，再結合，解得的取值范圍.【詳解】由題化簡得，，作出的圖象，又由易知．故選：C.本題考查了三角恒等變換，方程的根的問題，利用數形結合法，求得范圍.屬于中檔題.5．C【解析】

根據直線和平面平行的性質，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【詳解】點不在直線、上，若直線、互相平行，則過點可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行，即必要性成立，若過點可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行，則直線、互相平行成立，反證法證明如下：若直線、互相不平行，則，異面或相交，則過點只能作一個平面同時和兩條直線平行，則與條件矛盾，即充分性成立則“過點可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行”是“直線、互相平行”的充要條件，故選：．本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合空間直線和平面平行的性質是解決本題的關鍵．6．B【解析】

利用復數的四則運算以及幾何意義即可求解.【詳解】解：，則復數（i是虛數單位）在復平面內對應的點的坐標為：，位于第二象限.故選：B.本題考查了復數的四則運算以及復數的幾何意義，屬于基礎題.7．A【解析】

化簡復數，求得，得到復數在復平面對應點的坐標，即可求解.【詳解】由題意，復數z滿足，可得，所以復數在復平面內對應點的坐標為位于第一象限故選：A.本題主要考查了復數的運算，以及復數的幾何表示方法，其中解答中熟記復數的運算法則，結合復數的表示方法求解是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.8．B【解析】

由數量積的定義可得,為實數,則由可得,根據共線的性質,可判斷；再根據判斷,由等價法即可判斷兩命題的關系.【詳解】若成立,則,則向量與的方向相同,且,從而,所以；若,則向量與的方向相同,且,從而,所以.所以“”為“”的充分必要條件.故選:B本題考查充分條件和必要條件的判定,考查相等向量的判定,考查向量的模、數量積的應用.9．A【解析】

設等差數列的公差為,再利用基本量法與題中給的條件列式求解首項與公差,進而求得即可.【詳解】設等差數列的公差為.由得,解得.所以.故選：A本題主要考查了等差數列的基本量求解,屬于基礎題.10．D【解析】

對于A根據命題的否定可得：“?x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“?x∈R，x2-x＞0”，即可判斷出；對于B若向量滿足，則與的夾角為鈍角或平角；對于C當m=0時，滿足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立；對于D根據元素與集合的關系即可做出判斷．【詳解】選項A根據命題的否定可得：“?x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“?x∈R，x2-x＞0”，因此A不正確；選項B若向量滿足，則與的夾角為鈍角或平角，因此不正確.選項C當m=0時,滿足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立，因此不正確；選項D若“”，則且，所以一定可以推出“”，因此“”是“”的必要條件，故正確.故選：D.本題考查命題的真假判斷與應用，涉及知識點有含有量詞的命題的否定、不等式性質、向量夾角與性質、集合性質等，屬于簡單題.11．C【解析】

建立空間直角坐標系，利用向量的方法對四個命題逐一分析，由此得出正確命題的個數.【詳解】設正方體邊長為，建立空間直角坐標系如下圖所示，，.①，，所以，故①正確.②，，不存在實數使，故不成立，故②錯誤.③，，，故平面不成立，故③錯誤.④，，設和成角為，則，由于，所以，故④正確.綜上所述，正確的命題有個.故選：C本小題主要考查空間線線、線面位置關系的向量判斷方法，考查運算求解能力，屬于中檔題.12．A【解析】

如圖設平面，球心在上，根據正四面體的性質可得，根據平面向量的加法的幾何意義，重心的性質，結合已知求出的值.【詳解】如圖設平面，球心在上，由正四面體的性質可得：三角形是正三角形，，，在直角三角形中，，，，，，因為為重心，因此，則，因此，因此，則，故選A.本題考查了正四面體的性質，考查了平面向量加法的幾何意義，考查了重心的性質，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．1【解析】

根據正態分布對稱性，求得質量低于的袋數的估計值.【詳解】由于，所以，所以袋牛肉干中，質量低于的袋數大約是袋.故答案為：本小題主要考查正態分布對稱性的應用，屬于基礎題.14．【解析】

由，根據正弦定理“邊化角”，可得，根據余弦定理，結合已知聯立方程組，即可求得角.【詳解】根據正弦定理：可得根據余弦定理：由已知可得：故可聯立方程：解得：.由故答案為：.本題主要考查了求三角形的一個內角，解題關鍵是掌握由正弦定理“邊化角”的方法和余弦定理公式，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.15．【解析】

由已知，在上有3個根，分，，，四種情況討論的單調性、最值即可得到答案.【詳解】由已知，的周期為4，且至多在上有4個根，而含505個周期，所以在上有3個根，設，，易知在上單調遞減，在，上單調遞增，又，.若時，在上無根，在必有3個根，則，即，此時；若時，在上有1個根，注意到，此時在不可能有2個根，故不滿足；若時，要使在有2個根，只需，解得；若時，在上單調遞增，最多只有1個零點，不滿足題意；綜上，實數的范圍為.故答案為：本題考查利用導數研究函數的零點個數問題，涉及到函數的周期性、分類討論函數的零點，是一道中檔題.16．【解析】

求導，x=0代入求k，點斜式求切線方程即可【詳解】則又故切線方程為y=x+1故答案為y=x+1本題考查切線方程，求導法則及運算，考查直線方程，考查計算能力，是基礎題三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）（2）見解析【解析】

（1）設，求出后由二次函數知識得最小值，從而得，即得橢圓方程；（2）設直線的方程為，代入橢圓方程整理，設，由韋達定理得，設，利用三點共線，求得，然后驗證即可．【詳解】解：（1）設，則，所以，因為．所以當時，值最小，所以，解得，（舍負）所以，所以橢圓的方程為，（2）設直線的方程為，聯立，得．設，則，設，因為三點共線，又所以，解得．而所以直線軸，即．本題考查求橢圓方程，考查直線與橢圓相交問題．直線與橢圓相交問題，采取設而不求思想，設，設直線方程，應用韋達定理，得出，再代入題中需要計算可證明的式子參與化簡變形．18．（1）（2）【解析】

（1）根據，得到函數，然后，直接求解的值；（2）首先，化簡函數，然后，結合周期公式，得到，再結合，及正弦函數的性質解答即可．【詳解】（1）因為，所以（2）因為即因為，所以所以因為所以所以當時，．當時，（最大值）當時，在是增函數，在是減函數．的值域是．本題主要考查了簡單角的三角函數值的求解方法，兩角和與差的正弦、余弦公式，三角函數的圖象與性質等知識，考查了運算求解能力，屬于中檔題．19．（1）；（2）證明見詳解，【解析】

（1）根據，可得，然后作差，可得結果.（2）根據（1）的結論，用取代，得到新的式子，然后作差，可得結果，最后根據等比數列的前項和公式，可得結果.【詳解】（1）由①，則②②-①可得：所以（2）由（1）可知：③則④④-③可得：則，且令，則，所以數列是首項為，公比為的等比數列所以本題主要考查遞推公式以及之間的關系的應用，考驗觀察能力以及分析能力，屬中檔題.20．（Ⅰ）,曲線（Ⅱ）【解析】試題分析：（1）消去參數可得直線的直角坐標系方程，由可得曲線的直角坐標方程；（2）將（為參數）代入曲線的方程得：，，利用韋達定理求解即可.試題解析：（1），曲線，（2）將（為參數）代入曲線的方程得：.所以.所以.21．（1）（2）應該購買21件易耗品【解析】

（1）由統計表中數據可得型號分別為在一個月使用易耗品的件數為6,7,8時的概率,設該單位三臺設備一個月中使用易耗品的件數總數為X,則,利用獨立事件概率公式進而求解即可；（2）由題可得X所有可能