貴州省貴陽市七校2025屆高三下學期聯合考試（三）數學試題一、單選題1．集合，，則（

）A． B． C． D．2．復數（為虛數單位），則在復平面內對應的點所在象限是（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限3．“”是“方程表示圓”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知，且則（

）A． B． C． D．5．下列函數在上是單調遞增的函數是（

）A． B．C． D．6．已知數列是公差為2的等差數列，且，則數列的前20項之和為（

）A．80 B．208 C．680 D．7807．折扇是我國古老文化的延續，在我國已有四千年左右的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”?“善行”．它常以字畫的形式體現我國的傳統文化，也是運籌帷幄?決勝千里?大智大勇的象征（如圖甲）．圖乙是一個圓臺的側面展開圖（扇形的一部分），若兩個圓弧?所在圓的半徑分別是6和12，且，則圓臺的體積為（

）A． B． C． D．8．已知拋物線的頂點為坐標原點，焦點為，過點的直線交于兩點，且，線段的中點為，則直線的斜率絕對值最小值為（

）A． B． C． D．1二、多選題9．如圖所示，在正方體中，給出以下判斷，其中正確的有（

）A．平面 B．平面C．與是異面直線 D．平面10．將一枚質地均勻的骰子連續拋擲兩次，記事件：兩次的點數之和為偶數，：兩次的點數之積為奇數，：第一次的點數小于，則（

）A． B．C．與相互獨立 D．與互斥11．我國南宋數學家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書里出現了楊輝三角，楊輝三角是中國數學史上一項重要研究成果．從不同的角度觀察楊輝三角，能得到很多優美的規律，如圖是一個7階的楊輝三角，則下列說法正確的是（

）A．第2025行共有2025個數B．從第0行到第10行的所有數之和為2047C．第21行中，從左到右的第3個數是210D．第3斜列為：，則該數列的前項和為三、填空題12．設向量，的夾角的余弦值是，且，則．13．三名籃球運動員甲?乙?丙進行傳球訓練（不能傳給自己），由甲開始傳，經過4次傳遞后，球被傳給丙，則不同的傳球方式共有種．14．已知定義在上的函數滿足：，則；若，對任意的，都有，則當時，不等式的解集為四、解答題15．已知在中，角所對的邊分別為，若．(1)求角；(2)若點在線段上，且，求的長度.16．如圖，在直三棱柱中，，點分別為的中點，．(1)證明：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)求平面與平面夾角的余弦值．17．甲參加一項闖關挑戰比賽，共設有3個關卡，分別為，挑戰成功分別積2分?4分?6分．根據他以往挑戰的經驗，關卡挑戰成功的概率為，關卡挑戰成功的概率為，關卡挑戰成功的概率為，各個關卡之間相互獨立．闖關規則為：闖關前先選擇闖關搭配（每個關卡最多只能挑戰一次，闖關不分先后順序），可隨機選擇挑戰1關?2關或3關，一旦選定，需要全部闖關成功才能積分，選擇搭配的闖關中若有一關失敗則積分為0分，最后以積分最高者勝．(1)求甲最后積分為6分的概率；(2)記甲最后的積分為隨機變量，求的分布列和期望．18．已知函數．(1)若函數在處的切線過坐標原點，求的值；(2)若有兩個不同的零點，求的取值范圍．19．在平面直角坐標系中，若在曲線的方程中，以（為正實數）代替得到曲線的方程，則稱曲線?關于原點“伸縮”，變換稱為“伸縮變換”，稱為伸縮比．(1)已知雙曲線的方程為，伸縮比，求關于原點伸縮變換后所得雙曲線的方程；(2)已知橢圓：經“伸縮變換”后得到橢圓，若射線：與橢圓?分別交于兩點，，且，求橢圓的方程；(3)已知拋物線：作“伸縮變換”得到：，即：；對作變換，得拋物線：；如此進行下去，對拋物線：作變換，得拋物線：，若，，求數列的通項公式.參考答案1．C【詳解】，所以，故選:C．2．D【詳解】，所以，對應點的坐標為，故選：D．3．A【詳解】由方程，可得，若時，可得，此時方程表示圓，即充分性成立；反之：方程表示圓時，例如：當時，方程可化為也可以表示圓，所以必要性不成立，所以“”是“方程表示圓”的充分不必要條件.故選：A4．B【詳解】因為，所以兩邊平方得：.故選：B．5．D【詳解】對于A，單調遞減，有減區間，所以錯誤；對于B．當時，單調遞減，單調遞增，所以當時單調遞減，錯誤；對于C．，在，故，錯誤；對于D．在恒成立，正確，故選：D．6．B【詳解】因為，即，解得，所以，前項和，所以數列的前20項中，前8項為負數，后12項為正數，所以.故選：B．7．C【詳解】設圓臺上下底的半徑分別為，由題意知，得，，得，作出圓臺的軸截面如圖1所示，則圓臺的高，則上底面面積，下底面面積，由圓臺的體積計算公式得：，故選：C．8．A【詳解】由題意可知直線的斜率存在，設直線方程為，，聯立得：，由韋達定理得：，，，則，，又因，則，得，故拋物線，且，，故，當且僅當，即時等號成立.故選：A．9．ACD【詳解】對于選項A，因為為正方體，所以平面，所以A正確；對于選項B，因為平面，所以與平面也有交點，所以B錯誤；對于選項C，因為與相交，所以與異面，所以C正確；對于選項D，因為平面，平面，所以且，所以平面，平面，所以，同理，所以平面，所以D正確.故選：ACD．10．BC【詳解】根據題意，拋擲兩次，其樣本空間共有36個樣本點．事件的樣本空間，有18個樣本點；事件的樣本空間有9個樣本點，錯誤；正確：，正確；事件與事件能同時發生，所以不互斥，D錯誤，故選：BC．11．BCD【詳解】對于A：行數比每行的個數少1，所以第2025行共有2026個數，所以A錯誤；對于B：可以得出每行的數字之和形成一個首項為1，公比為2的等比數列，所以，所以B正確；對于C：第21行的二項式系數為且，所以從左到右第三個數是，所以C正確；對于D：由公式得：，所以D正確.故選：BCD．12．【詳解】．故答案為：.13．5【詳解】第一次傳球，因為由甲開始傳，且不能傳給自己，所以甲可以傳給乙或丙.分情況討論后續傳球情況一：甲第一次傳給乙第二次傳球，乙可以傳給甲或丙.若乙傳給甲，第三次傳球，甲可以傳給乙或丙.若甲傳給乙，第四次傳球，乙只能傳給丙，此時傳球方式為甲→乙→甲→乙→丙.若甲傳給丙，此時傳球方式為甲→乙→甲→丙.若乙傳給丙，第三次傳球，丙可以傳給甲或乙.若丙傳給甲，第四次傳球，甲只能傳給丙，此時傳球方式為甲→乙→丙→甲→丙.若丙傳給乙，第四次傳球，乙只能傳給丙，此時傳球方式為甲→乙→丙→乙→丙.情況二：甲第一次傳給丙第二次傳球，丙可以傳給甲或乙.若丙傳給甲，第三次傳球，甲可以傳給乙或丙.若甲傳給乙，第四次傳球，乙只能傳給丙，此時傳球方式為甲→丙→甲→乙→丙.若甲傳給丙，此時傳球方式為甲→丙→甲→丙.若丙傳給乙，第三次傳球，乙可以傳給甲或丙.若乙傳給甲，第四次傳球，甲只能傳給丙，此時傳球方式為甲→丙→乙→甲→丙.若乙傳給丙，此時傳球方式為甲→丙→乙→丙.由上述分析可知，不同的傳球方式共有種.故答案為：5.14．【詳解】由，令，得，解得；設，則，由，得，即，設，則在上單調遞減．由，得，即．所以解得，即不等式的解集為．故答案為：2；.15．(1)或．(2)【詳解】（1）由得，，因為，所以或；（2）當時，因為，所以為等邊三角形，，不符合題意；當時，因為，所以，由正弦定理得得．所以的長度為．16．(1)證明見解析；(2)；(3).【詳解】（1）在直三棱柱中，平面，且，則，以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，則，易知平面的一個法向量為，則，故，平面，故平面.（2）由題意，，設平面的法向量為，則取，可得，．因此，直線與平面夾角的正弦值為．（3）由題意，，設平面的法向量為，則取，可得，則，因此，平面與平面夾角的余弦值為．17．(1)(2)分布列見解析，數學期望為【詳解】（1）根據題意，甲隨機搭配的樣本空間，有7個樣本點，設“甲積分為6分”，包含兩種組合且均成功，則；（2）根據題意，的所有可能取值為；其中，，，，，，，變量的分布列為：024681012所以期望．18．(1)(2)【詳解】（1）因為，所以，所以在處的切線方程為，即，又因為切線經過原點，所以．（2）令，則，令則，則①當時，，所以在上單調遞增，又，所以當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減．又，所以只有唯一零點，即，不符合題意．②當時：令，當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞增，所以，令，則，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減．所以，（i）若，則，所以在上單調遞增，最多一個零點，不符合題意．（ii）若，則，當時，，所以，使得；又因為，所以當和時，在和上單調遞增；當時，在上單調遞減；因為，當時，，所以．此時，有兩個零點0和，符合題意．（iii）若，則，當時，；所以，使得，又因為，所以當和時，在和上單調遞