2025屆湖北小池濱江高級中學高三畢業班教學質量檢查數學試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．以下三個命題：①在勻速傳遞的產品生產流水線上，質檢員每10分鐘從中抽取一件產品進行某項指標檢測，這樣的抽樣是分層抽樣；②若兩個變量的線性相關性越強，則相關系數的絕對值越接近于1；③對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越小，判斷“與有關系”的把握越大；其中真命題的個數為（）A．3 B．2 C．1 D．02．若的展開式中二項式系數和為256，則二項式展開式中有理項系數之和為（）A．85 B．84 C．57 D．563．已知集合（），若集合，且對任意的，存在使得，其中，，則稱集合A為集合M的基底.下列集合中能作為集合的基底的是（）A． B． C． D．4．已知實數x，y滿足約束條件，若的最大值為2，則實數k的值為（）A．1 B． C．2 D．5．已知拋物線：，點為上一點，過點作軸于點，又知點，則的最小值為（）A． B． C．3 D．56．在中，已知，，，為線段上的一點，且，則的最小值為（）A． B． C． D．7．定義在上的奇函數滿足，若，，則（）A． B．0 C．1 D．28．已知集合，，，則()A． B． C． D．9．若雙曲線的焦距為，則的一個焦點到一條漸近線的距離為（）A． B． C． D．10．設，則“”是“”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件11．某四棱錐的三視圖如圖所示，該幾何體的體積是（）A．8 B． C．4 D．12．若樣本的平均數是10，方差為2，則對于樣本，下列結論正確的是（）A．平均數為20，方差為4 B．平均數為11，方差為4C．平均數為21，方差為8 D．平均數為20，方差為8二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知為橢圓上的一個動點，，，設直線和分別與直線交于，兩點，若與的面積相等，則線段的長為______.14．已知向量，，若，則________.15．在中，內角所對的邊分別為，若，的面積為，則_______，_______．16．設是等比數列的前項的和，成等差數列，則的值為_____．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）已知點是拋物線的頂點，，是上的兩個動點，且.（1）判斷點是否在直線上？說明理由；（2）設點是△的外接圓的圓心，點到軸的距離為，點，求的最大值.18．（12分）已知數列，其前項和為，若對于任意，，且，都有.（1）求證：數列是等差數列（2）若數列滿足，且等差數列的公差為，存在正整數，使得，求的最小值.19．（12分）已知都是各項不為零的數列，且滿足其中是數列的前項和，是公差為的等差數列．（1）若數列是常數列，，，求數列的通項公式；（2）若是不為零的常數），求證：數列是等差數列；（3）若（為常數，），．求證：對任意的恒成立．20．（12分）已知正數x，y，z滿足xyzt（t為常數），且的最小值為，求實數t的值.21．（12分）如圖（1）五邊形中，,將沿折到的位置，得到四棱錐，如圖（2），點為線段的中點，且平面.（1）求證：平面平面；（2）若直線與所成角的正切值為，求直線與平面所成角的正弦值.22．（10分）已知函數，其中．（1）討論函數的零點個數；（2）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．C【解析】

根據抽樣方式的特征，可判斷①；根據相關系數的性質，可判斷②；根據獨立性檢驗的方法和步驟，可判斷③．【詳解】①根據抽樣是間隔相同，且樣本間無明顯差異，故①應是系統抽樣，即①為假命題；②兩個隨機變量相關性越強，則相關系數的絕對值越接近于1；兩個隨機變量相關性越弱，則相關系數的絕對值越接近于0；故②為真命題；③對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越小，“與有關系”的把握程度越小，故③為假命題．故選：．【點睛】本題以命題的真假判斷為載體考查了抽樣方法、相關系數、獨立性檢驗等知識點，屬于基礎題．2．A【解析】

先求，再確定展開式中的有理項，最后求系數之和.【詳解】解：的展開式中二項式系數和為256故，要求展開式中的有理項，則則二項式展開式中有理項系數之和為：故選：A【點睛】考查二項式的二項式系數及展開式中有理項系數的確定，基礎題.3．C【解析】

根據題目中的基底定義求解.【詳解】因為，，，，，，所以能作為集合的基底，故選：C【點睛】本題主要考查集合的新定義，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.4．B【解析】

畫出約束條件的可行域,利用目標函數的幾何意義,求出最優解,轉化求解即可.【詳解】可行域如圖中陰影部分所示，，，要使得z能取到最大值，則，當時，x在點B處取得最大值，即，得；當時，z在點C處取得最大值，即，得（舍去）.故選:B.【點睛】本題考查由目標函數最值求解參數值,數形結合思想,分類討論是解題的關鍵,屬于中檔題.5．C【解析】

由,再運用三點共線時和最小，即可求解.【詳解】.故選：C【點睛】本題考查拋物線的定義，合理轉化是本題的關鍵，注意拋物線的性質的靈活運用，屬于中檔題．6．A【解析】

在中，設，，，結合三角形的內角和及和角的正弦公式化簡可求，可得，再由已知條件求得，，，考慮建立以所在的直線為軸，以所在的直線為軸建立直角坐標系，根據已知條件結合向量的坐標運算求得，然后利用基本不等式可求得的最小值.【詳解】在中，設，，，，即，即，，，，，，，，即，又，，，則，所以，，解得，.以所在的直線為軸，以所在的直線為軸建立如下圖所示的平面直角坐標系，則、、，為線段上的一點，則存在實數使得，，設，，則，，，，，消去得，，所以，，當且僅當時，等號成立，因此，的最小值為.故選：A.【點睛】本題是一道構思非常巧妙的試題，綜合考查了三角形的內角和定理、兩角和的正弦公式及基本不等式求解最值問題，解題的關鍵是理解是一個單位向量，從而可用、表示，建立、與參數的關系，解決本題的第二個關鍵點在于由，發現為定值，從而考慮利用基本不等式求解最小值，考查計算能力，屬于難題.7．C【解析】

首先判斷出是周期為的周期函數，由此求得所求表達式的值.【詳解】由已知為奇函數，得，而，所以，所以，即的周期為.由于，，，所以，，，.所以，又，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查函數的奇偶性和周期性，屬于基礎題.8．A【解析】

求得集合中函數的值域，由此求得，進而求得.【詳解】由，得，所以，所以.故選：A【點睛】本小題主要考查函數值域的求法，考查集合補集、交集的概念和運算，屬于基礎題.9．B【解析】

根據焦距即可求得參數，再根據點到直線的距離公式即可求得結果.【詳解】因為雙曲線的焦距為，故可得，解得，不妨取；又焦點，其中一條漸近線為，由點到直線的距離公式即可求的.故選：B.【點睛】本題考查由雙曲線的焦距求方程，以及雙曲線的幾何性質，屬綜合基礎題.10．C【解析】

根據充分條件和必要條件的定義結合對數的運算進行判斷即可．【詳解】∵a，b∈（1，+∞），∴a＞b?logab＜1，logab＜1?a＞b，∴a＞b是logab＜1的充分必要條件，故選C．【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據不等式的解法是解決本題的關鍵．11．D【解析】

根據三視圖知，該幾何體是一條垂直于底面的側棱為2的四棱錐，畫出圖形，結合圖形求出底面積代入體積公式求它的體積．【詳解】根據三視圖知，該幾何體是側棱底面的四棱錐，如圖所示：結合圖中數據知，該四棱錐底面為對角線為2的正方形，高為PA=2，∴四棱錐的體積為.故選：D.【點睛】本題考查由三視圖求幾何體體積，由三視圖正確復原幾何體是解題的關鍵，考查空間想象能力．屬于中等題.12．D【解析】

由兩組數據間的關系,可判斷二者平均數的關系,方差的關系,進而可得到答案.【詳解】樣本的平均數是10，方差為2，所以樣本的平均數為,方差為.故選:D.【點睛】樣本的平均數是，方差為，則的平均數為,方差為.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

先設點坐標，由三角形面積相等得出兩個三角形的邊之間的比例關系，這個比例關系又可用線段上點的坐標表示出來，從而可求得點的橫坐標，代入橢圓方程得縱坐標，然后可得．【詳解】如圖，設，，，由，得，由得，∴，解得，又在橢圓上，∴，，∴．故答案為：．【點睛】本題考查直線與橢圓相交問題，解題時由三角形面積相等得出線段長的比例關系，解題是由把線段長的比例關系用點的橫坐標表示．14．10【解析】

根據垂直得到，代入計算得到答案.【詳解】，則，解得，故，故.故答案為：.【點睛】本題考查了根據向量垂直求參數，向量模，意在考查學生的計算能力.15．【解析】

由已知及正弦定理，三角函數恒等變換的應用可得，從而求得，結合范圍，即可得到答案運用余弦定理和三角形面積公式，結合完全平方公式，即可得到答案【詳解】由已知及正弦定理可得，可得：解得，即，由面積公式可得：，即由余弦定理可得：即有解得【點睛】本題主要考查了運用正弦定理、余弦定理和面積公式解三角形，題目較為基礎，只要按照題意運用公式即可求出答案16．2【解析】

設等比數列的公比設為再根據成等差數列利用基本量法求解再根據等比數列各項間的關系求解即可.【詳解】解：等比數列的公比設為成等差數列,可得若則顯然不成立,故則,化為解得,則故答案為：．【點睛】本題主要考查了等比數列的基本量求解以及運用,屬于中檔題.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）不在，證明見詳解；（2）【解析】

（1）假設直線方程，并于拋物線方程聯立，結合韋達定理，計算，可得，然后驗證可得結果.（2）分別計算線段中垂線的方程，然后聯立，根據（1）的條件可得點的軌跡方程，然后可得焦點，結合拋物線定義可得，計算可得結果.【詳解】（1）設直線方程，根據題意可知直線斜率一定存在，則則由所以將代入上式化簡可得，所以則直線方程為，所以直線過定點，所以可知點不在直線上.（2）設線段的中點為線段的中點為則直線的斜率為，直線的斜率為可知線段的中垂線的方程為由，所以上式化簡為即線段的中垂線的方程為同理可得：線段的中垂線的方程為則由（1）可知：所以即，所以點軌跡方程為焦點為，所以當三點共線時，有最大所以【點睛】本題考查直線于拋物線的綜合應用，第（1）問中難點在于計算處，第（2）問中關鍵在于得到點的軌跡方程，直線與圓錐曲線的綜合常常要聯立方程，結合韋達定理，屬難題.18．（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）用數學歸納法證明即可；（2）根據條件可得，然后將用，，表示出來，根據是一個整數，可得結果．【詳解】解：（1）令，，則即∴，∴成等差數列，下面用數學歸納法證明數列是等差數列，假設成等差數列，其中，公差為，令，，∴，∴，即，∴成等差數列，∴數列是等差數列；（2），，若存在正整數，使得是整數，則，設，，∴是一個整數，∴，從而又當時，有，綜上，的最小值為．【點睛】本題主要考查由遞推關系得通項公式和等差數列的性質，關鍵是利用數學歸納法證明數列是等差數列，屬于難題．19．（1）；（2）詳見解析；（3）詳見解析.【解析】

(1)根據,可求得,再根據是常數列代入根據通項與前項和的關系求解即可.(2)取,并結合通項與前項和的關系可求得再根據化簡可得,代入化簡即可知,再證明也成立即可.(3)由(2)當時,,代入所給的條件化簡可得,進而證明可得,即數列是等比數列.繼而求得,再根據作商法證明即可.【詳解】解：．是各項不為零的常數列,則,則由,及得,當時,,兩式作差,可得．當時,滿足上式,則；證明：,當時,,兩式相減得：即．即．又,,即．當時,,兩式相減得：．數列從第二項起是公差為的等差數列．又當時,由得,當時,由,得．故數列是公差為的等差數列；證明：由,當時,,即,,,即,即,當時,即．故從第二項起數列是等比數列,當時,．．另外,由已知條件可得,又,,因而．令,則．故對任意的恒成立．【點睛】本題主要考查了等差等比數列的綜合運用,需要熟練運用通項與前項和的關系分析數列的遞推公式繼而求解通項公式或證明等差數列等.同時也考查了數列中的不等式證明等,需要根據題意分析數列為等比數列并求出通項,再利用作商法證明.屬于難題.20．t＝1【解析】

把變形為結合基本不等式進行求解.【詳解】因為即，當且僅當，，時，上述等號成立，所以，即，又x，y，z＞0，所以xyzt＝1．【點睛】本題主要考查基本不等式的應用，利用基本不等式求解最值時要注意轉化為適用形式，同時要關注不等號是否成立，側重考查數學運算的核心素養.21．（1）見解析（2）【解析】試題分析:（1）根據已知條件由線線垂直得出線面垂直,再根據面面垂直的判定定理證得成立;（2）通過已知條件求出各邊長度,建系如圖所示,求出平面的法向量,根據線面角公式代入坐標求得結果.試題解析:（1）證明：取的中點，連接，則，又，所以，則四邊形為平行四邊形，所