浙江省寧波市慈溪市三山高級中學2025年第二學期高三數學試題一模（期末）質量調研考試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．命題“”的否定是（）A． B．C． D．2．設復數滿足，在復平面內對應的點為，則（）A． B． C． D．3．一個正四棱錐形骨架的底邊邊長為，高為，有一個球的表面與這個正四棱錐的每個邊都相切，則該球的表面積為（）A． B． C． D．4．給定下列四個命題：①若一個平面內的兩條直線與另一個平面都平行，則這兩個平面相互平行；②若一個平面經過另一個平面的垂線，則這兩個平面相互垂直；③垂直于同一直線的兩條直線相互平行；④若兩個平面垂直，那么一個平面內與它們的交線不垂直的直線與另一個平面也不垂直．其中，為真命題的是()A．①和②B．②和③C．③和④D．②和④5．過拋物線的焦點的直線與拋物線交于、兩點，且，拋物線的準線與軸交于，的面積為，則（）A． B． C． D．6．若復數為虛數單位在復平面內所對應的點在虛軸上，則實數a為（）A． B．2 C． D．7．執行如圖所示的程序框圖，若輸出的值為8，則框圖中①處可以填（）．A． B． C． D．8．的內角的對邊分別為，已知，則角的大小為（）A． B． C． D．9．設直線的方程為，圓的方程為，若直線被圓所截得的弦長為，則實數的取值為A．或11 B．或11 C． D．10．函數的對稱軸不可能為（）A． B． C． D．11．將函數的圖像向左平移個單位長度后，得到的圖像關于坐標原點對稱，則的最小值為（）A． B． C． D．12．中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來，構件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，記，則的展開式中各項系數和為__________．14．已知向量，，則______.15．己知函數，若曲線在處的切線與直線平行，則__________.16．高三（1）班共有56人，學號依次為1，2，3，…，56，現用系統抽樣的辦法抽取一個容量為4的樣本，已知學號為6，34，48的同學在樣本中，那么還有一個同學的學號應為．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）已知函數的最大值為，其中.（1）求實數的值；（2）若求證:.18．（12分）如圖，在四邊形中，，，.（1）求的長；（2）若的面積為6，求的值.19．（12分）已知函數（1）求f(x)的單調遞增區間；（2）△ABC內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若且A為銳角，a=3，sinC=2sinB，求△ABC的面積.20．（12分）在平面直角坐標系xOy中，直線l的參數方程為（t為參數），以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸，建立極坐標系，已知曲線C的極坐標方程為．（1）求直線l的普通方程與曲線C的直角坐標方程；（2）設點，直線l與曲線C交于不同的兩點A、B，求的值．21．（12分）如圖，三棱柱中，側面是菱形，其對角線的交點為，且．（1）求證：平面；（2）設，若直線與平面所成的角為，求二面角的正弦值．22．（10分）已知數列的前n項和為，且n、、成等差數列，.（1）證明數列是等比數列，并求數列的通項公式；（2）若數列中去掉數列的項后余下的項按原順序組成數列，求的值.

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、D【解析】

根據全稱命題的否定是特稱命題,對命題進行改寫即可.【詳解】全稱命題的否定是特稱命題，所以命題“,”的否定是：，．故選D．【點睛】本題考查全稱命題的否定,難度容易.2、B【解析】

設，根據復數的幾何意義得到、的關系式，即可得解；【詳解】解：設∵，∴，解得.故選：B【點睛】本題考查復數的幾何意義的應用，屬于基礎題.3、B【解析】

根據正四棱錐底邊邊長為，高為，得到底面的中心到各棱的距離都是1，從而底面的中心即為球心.【詳解】如圖所示：因為正四棱錐底邊邊長為，高為，所以，到的距離為，同理到的距離為1，所以為球的球心，所以球的半徑為：1，所以球的表面積為.故選：B【點睛】本題主要考查組合體的表面積，還考查了空間想象的能力，屬于中檔題.4、D【解析】

利用線面平行和垂直，面面平行和垂直的性質和判定定理對四個命題分別分析進行選擇．【詳解】當兩個平面相交時，一個平面內的兩條直線也可以平行于另一個平面，故①錯誤；由平面與平面垂直的判定可知②正確；空間中垂直于同一條直線的兩條直線還可以相交或者異面，故③錯誤；若兩個平面垂直，只有在一個平面內與它們的交線垂直的直線才與另一個平面垂直，故④正確．綜上，真命題是②④.故選：D【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力，是中檔題．5、B【解析】

設點、，并設直線的方程為，由得，將直線的方程代入韋達定理，求得，結合的面積求得的值，結合焦點弦長公式可求得.【詳解】設點、，并設直線的方程為，將直線的方程與拋物線方程聯立，消去得，由韋達定理得，，，，，，，，可得，，拋物線的準線與軸交于，的面積為，解得，則拋物線的方程為，所以，.故選：B.【點睛】本題考查拋物線焦點弦長的計算，計算出拋物線的方程是解答的關鍵，考查計算能力，屬于中等題.6、D【解析】

利用復數代數形式的乘除運算化簡，再由實部為求得值．【詳解】解：在復平面內所對應的點在虛軸上，，即．故選D．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的代數表示法及其幾何意義，是基礎題．7、C【解析】

根據程序框圖寫出幾次循環的結果，直到輸出結果是8時.【詳解】第一次循環：第二次循環：第三次循環：第四次循環：第五次循環：第六次循環：第七次循環：第八次循環：所以框圖中①處填時，滿足輸出的值為8.故選：C【點睛】此題考查算法程序框圖，根據循環條件依次寫出每次循環結果即可解決，屬于簡單題目.8、A【解析】

先利用正弦定理將邊統一化為角，然后利用三角函數公式化簡，可求出解B.【詳解】由正弦定理可得，即，即有，因為，則，而，所以.故選：A【點睛】此題考查了正弦定理和三角函數的恒等變形，屬于基礎題.9、A【解析】

圓的圓心坐標為（1，1），該圓心到直線的距離，結合弦長公式得，解得或，故選A．10、D【解析】

由條件利用余弦函數的圖象的對稱性，得出結論．【詳解】對于函數，令，解得，當時，函數的對稱軸為，，.故選：D.【點睛】本題主要考查余弦函數的圖象的對稱性，屬于基礎題．11、B【解析】

由余弦的二倍角公式化簡函數為，要想在括號內構造變為正弦函數，至少需要向左平移個單位長度，即為答案.【詳解】由題可知，對其向左平移個單位長度后，，其圖像關于坐標原點對稱故的最小值為故選：B【點睛】本題考查三角函數圖象性質與平移變換，還考查了余弦的二倍角公式逆運用，屬于簡單題.12、A【解析】

詳解：由題意知，題干中所給的是榫頭，是凸出的幾何體，求得是卯眼的俯視圖，卯眼是凹進去的，即俯視圖中應有一不可見的長方形，且俯視圖應為對稱圖形故俯視圖為故選A.點睛：本題主要考查空間幾何體的三視圖，考查學生的空間想象能力，屬于基礎題。二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據定積分的計算，得到，令，求得，即可得到答案．【詳解】根據定積分的計算，可得，令，則，即的展開式中各項系數和為.【點睛】本題主要考查了定積分的應用，以及二項式定理的應用，其中解答中根據定積分的計算和二項式定理求得的表示是解答本題的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題．14、【解析】

求出，然后由模的平方轉化為向量的平方，利用數量積的運算計算．【詳解】由題意得，.，.，，.故答案為：．【點睛】本題考查求向量的模，掌握數量積的定義與運算律是解題基礎．本題關鍵是用數量積的定義把模的運算轉化為數量積的運算．15、【解析】

先求導，再根據導數的幾何意義，有求解.【詳解】因為函數，所以，所以，解得.故答案為：【點睛】本題考查導數的幾何意義，還考查運算求解能力以及數形結合思想，屬于基礎題.16、20【解析】

根據系統抽樣的定義將56人按順序分成4組，每組14人，則1至14號為第一組，15至28號為第二組，29號至42號為第三組，43號至56號為第四組.而學號6,34,48分別是第一、三、四組的學號，所以還有一個同學應該是15+6-1=20號,故答案為20.三、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）1；（2）證明見解析.【解析】

（1）利用零點分段法將表示為分段函數的形式，由此求得的最大值，進而求得的值.（2）利用（1）的結論，將轉化為，求得的取值范圍，利用換元法，結合函數的單調性，證得，由此證得不等式成立.【詳解】（1）當時，取得最大值.（2）證明:由（1）得，，，當且僅當時等號成立，令，則在上單調遞減當時，.【點睛】本小題主要考查含有絕對值的函數的最值的求法，考查利用基本不等式進行證明，屬于中檔題.18、(1)(2)【解析】

（1）利用余弦定理可得的長；（2）利用面積得出，結合正弦定理可得.【詳解】解：（1）由題可知.在中，，所以.（2），則.又，所以.【點睛】本題主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，已知角較多時一般選用正弦定理，已知邊較多時一般選用余弦定理.19、（1）（2）【解析】

（1）利用降次公式、輔助角公式化簡解析式，根據三角函數單調區間的求法，求得的單調遞增區間.（2）先由求得，利用正弦定理得到，結合余弦定理列方程，求得，由此求得三角形的面積.【詳解】（1）函數，，由，得.所以的單調遞增區間為.（2）因為且為銳角，所以.由及正弦定理可得，又，由余弦定理可得，解得，.【點睛】本小題主要考查三角恒等變換，考查三角函數單調區間的求法，考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形的面積公式，屬于中檔題.20、（1），（2）【解析】

(1)利用極坐標與直角坐標的互化公式即可把曲線的極坐標方程化為直角坐標方程,利用消去參數即可得到直線的直角坐標方程;(2)由于在直線上,寫出直線的標準參數方程參數方程,代入曲線的方程利用參數的幾何意義即可得出求解即可.【詳解】（1）直線的普通方程為，即，根據極坐標與直角坐標之間的相互轉化，，，而，則，即，故直線l的普通方程為，曲線C的直角坐標方程（2）點在直線l上，且直線的傾斜角為，可設直線的參數方程為：（t為參數），代入到曲線C的方程得，，，由參數的幾何意義知．【點睛】熟練掌握極坐標與直角坐標的互化公式、方程思想、直線的參數方程中的參數的幾何意義是解題的關鍵,難度一般.21、（1）見解析；（2）.【解析】

（1）根據菱形的特征和題中條件得到平面，結合線面垂直的定義和判定定理即可證明；

2建立空間直角坐標系，利用向量知識求解即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形是菱形，，平面平面，又是的中點，，又平面（2）∴直線與平面所成的角等于直線與平面所成的角．平面，∴直線與平面所成的角為，即．因為，則在等腰直角三角形中，所以．在中，由得，以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系．則所以設平面的一個法向量為，則，可得，取平面的一個法向量為，則，所以二面角的正弦值的大小為．（注：問題（2）可以轉化為求二面角的正弦值，求出后，在中，過點作的垂線，垂足為，連接，則就是所求二面角平面角的補角，先求出，再求出，最后在中求出．）【點睛】本題主要考查了線面垂直的判定以及二面角的求解，屬于中檔題．22、（1）證明見解析，；（2）11202