貴州省銅仁市思南中學2025年高三畢業生第一次教學質量監測數學試題考生請注意：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．某四棱錐的三視圖如圖所示，記S為此棱錐所有棱的長度的集合，則（）A．B．C．D．2．已知向量，（其中為實數），則“”是“”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3．已知復數z=2i1-i，則A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．給出個數，，，，，，其規律是：第個數是，第個數比第個數大，第個數比第個數大，第個數比第個數大，以此類推，要計算這個數的和．現已給出了該問題算法的程序框圖如圖，請在圖中判斷框中的①處和執行框中的②處填上合適的語句，使之能完成該題算法功能()A．； B．；C．； D．；5．設a,b∈(0,1)∪(1,+∞)，則"a=b"是"logA．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6．已知表示兩條不同的直線，表示兩個不同的平面，且則“”是“”的()條件.A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要7．已知是兩條不重合的直線，是兩個不重合的平面，下列命題正確的是（）A．若，，，，則B．若，，，則C．若，，，則D．若，，，則8．已知函數為奇函數，則（）A． B．1 C．2 D．39．若向量，，則與共線的向量可以是（）A． B． C． D．10．若a＞b＞0，0＜c＜1，則A．logac＜logbc B．logca＜logcb C．ac＜bc D．ca＞cb11．《九章算術》勾股章有一“引葭赴岸”問題“今有餅池徑丈，葭生其中，出水兩尺，引葭赴岸，適與岸齊，問水深，葭各幾何？”，其意思是：有一個直徑為一丈的圓柱形水池，池中心生有一顆類似蘆葦的植物，露出水面兩尺，若把它引向岸邊，正好與岸邊齊，問水有多深，該植物有多高？其中一丈等于十尺，如圖若從該葭上隨機取一點，則該點取自水下的概率為（）A． B． C． D．12．設平面與平面相交于直線，直線在平面內，直線在平面內，且則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．即不充分不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在三棱錐中，，，兩兩垂直且，點為的外接球上任意一點，則的最大值為______.14．若函數(a＞0且a≠1)在定義域[m，n]上的值域是[m2，n2](1＜m＜n)，則a的取值范圍是_______．15．已知函數在上僅有2個零點，設，則在區間上的取值范圍為_______．16．展開式中的系數為_________.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）以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程是，直線和直線的極坐標方程分別是（）和（），其中（）.（1）寫出曲線的直角坐標方程；（2）設直線和直線分別與曲線交于除極點的另外點，，求的面積最小值.18．（12分）如圖,四棱錐,側面是邊長為2的正三角形,且與底面垂直,底面是的菱形,為棱上的動點,且.(I)求證：為直角三角形；(II)試確定的值，使得二面角的平面角余弦值為.19．（12分）已知曲線：和：（為參數）.以原點為極點，軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，且兩種坐標系中取相同的長度單位.（1）求曲線的直角坐標方程和的方程化為極坐標方程；（2）設與，軸交于，兩點，且線段的中點為.若射線與，交于，兩點，求，兩點間的距離.20．（12分）如圖，平面四邊形中，，是上的一點，是的中點，以為折痕把折起，使點到達點的位置，且.（1）證明：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.21．（12分）如圖，已知在三棱臺中，，，.（1）求證：；（2）過的平面分別交，于點，，且分割三棱臺所得兩部分幾何體的體積比為，幾何體為棱柱，求的長.提示：臺體的體積公式（，分別為棱臺的上、下底面面積，為棱臺的高）.22．（10分）已知函數.（1）若，求證：.（2）討論函數的極值；（3）是否存在實數，使得不等式在上恒成立？若存在，求出的最小值；若不存在，請說明理由.

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】

如圖所示：在邊長為的正方體中，四棱錐滿足條件，故，得到答案.【詳解】如圖所示：在邊長為的正方體中，四棱錐滿足條件.故，，.故，故，.故選：.【點睛】本題考查了三視圖，元素和集合的關系，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.2、A【解析】

結合向量垂直的坐標表示，將兩個條件相互推導，根據能否推導的情況判斷出充分、必要條件.【詳解】由，則，所以；而當，則，解得或.所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本小題考查平面向量的運算，向量垂直，充要條件等基礎知識；考查運算求解能力，推理論證能力，應用意識.3、C【解析】分析：根據復數的運算，求得復數z，再利用復數的表示，即可得到復數對應的點，得到答案．詳解：由題意，復數z=2i1-i所以復數z在復平面內對應的點的坐標為(-1,-1)，位于復平面內的第三象限，故選C．點睛：本題主要考查了復數的四則運算及復數的表示，其中根據復數的四則運算求解復數z是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力．4、A【解析】

要計算這個數的和，這就需要循環50次，這樣可以確定判斷語句①，根據累加最的變化規律可以確定語句②.【詳解】因為計算這個數的和，循環變量的初值為1，所以步長應該為1，故判斷語句①應為，第個數是，第個數比第個數大，第個數比第個數大，第個數比第個數大，這樣可以確定語句②為，故本題選A.【點睛】本題考查了補充循環結構，正確讀懂題意是解本題的關鍵.5、A【解析】

根據題意得到充分性，驗證a=2,b=1【詳解】a,b∈0,1∪1,+∞，當"a=b當logab=log故選：A.【點睛】本題考查了充分不必要條件，意在考查學生的計算能力和推斷能力.6、B【解析】

根據充分必要條件的概念進行判斷.【詳解】對于充分性：若，則可以平行，相交，異面，故充分性不成立；若，則可得，必要性成立.故選：B【點睛】本題主要考查空間中線線，線面，面面的位置關系，以及充要條件的判斷，考查學生綜合運用知識的能力.解決充要條件判斷問題，關鍵是要弄清楚誰是條件，誰是結論.7、B【解析】

根據空間中線線、線面位置關系，逐項判斷即可得出結果.【詳解】A選項，若，，，，則或與相交；故A錯；B選項，若，，則，又，是兩個不重合的平面，則，故B正確；C選項，若，，則或或與相交，又，是兩個不重合的平面，則或與相交；故C錯；D選項，若，，則或或與相交，又，是兩個不重合的平面，則或與相交；故D錯；故選B【點睛】本題主要考查與線面、線線相關的命題，熟記線線、線面位置關系，即可求解，屬于常考題型.8、B【解析】

根據整體的奇偶性和部分的奇偶性，判斷出的值.【詳解】依題意是奇函數.而為奇函數，為偶函數，所以為偶函數，故，也即，化簡得，所以.故選：B【點睛】本小題主要考查根據函數的奇偶性求參數值，屬于基礎題.9、B【解析】

先利用向量坐標運算求出向量,然后利用向量平行的條件判斷即可.【詳解】故選B【點睛】本題考查向量的坐標運算和向量平行的判定,屬于基礎題,在解題中要注意橫坐標與橫坐標對應,縱坐標與縱坐標對應,切不可錯位.10、B【解析】試題分析：對于選項A，，，，而，所以，但不能確定的正負，所以它們的大小不能確定;對于選項B，,，兩邊同乘以一個負數改變不等號方向，所以選項B正確;對于選項C，利用在第一象限內是增函數即可得到，所以C錯誤;對于選項D，利用在上為減函數易得，所以D錯誤.所以本題選B.【考點】指數函數與對數函數的性質【名師點睛】比較冪或對數值的大小,若冪的底數相同或對數的底數相同,通常利用指數函數或對數函數的單調性進行比較；若底數不同,可考慮利用中間量進行比較.11、C【解析】

由題意知：，，設，則，在中，列勾股方程可解得，然后由得出答案.【詳解】解：由題意知：，，設，則在中，列勾股方程得：，解得所以從該葭上隨機取一點，則該點取自水下的概率為故選C.【點睛】本題考查了幾何概型中的長度型，屬于基礎題.12、A【解析】

試題分析：α⊥β，b⊥m又直線a在平面α內，所以a⊥b，但直線不一定相交，所以“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要條件，故選A.考點：充分條件、必要條件.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先根據三棱錐的幾何性質，求出外接球的半徑，結合向量的運算，將問題轉化為求球體表面一點到外心距離最大的問題，即可求得結果.【詳解】因為兩兩垂直且，故三棱錐的外接球就是對應棱長為2的正方體的外接球.且外接球的球心為正方體的體對角線的中點，如下圖所示：容易知外接球半徑為.設線段的中點為，故可得，故當取得最大值時，取得最大值.而當在同一個大圓上，且，點與線段在球心的異側時，取得最大值，如圖所示：此時，故答案為：.【點睛】本題考查球體的幾何性質，幾何體的外接球問題，涉及向量的線性運算以及數量積運算，屬綜合性困難題.14、(1，)【解析】

在定義域[m，n]上的值域是[m2，n2]，等價轉化為與的圖像在(1，)上恰有兩個交點，考慮相切狀態可求a的取值范圍.【詳解】由題意知：與的圖像在(1，)上恰有兩個交點考查臨界情形：與切于，．故答案為：.【點睛】本題主要考查導數的幾何意義，把已知條件進行等價轉化是求解的關鍵，側重考查數學抽象的核心素養.15、【解析】

先根據零點個數求解出的值，然后得到的解析式，采用換元法求解在上的值域即可.【詳解】因為在上有兩個零點，所以，所以，所以且，所以，所以，所以，令，所以，所以，因為，所以，所以，所以，所以，，所以.故答案為：.【點睛】本題考查三角函數圖象與性質的綜合，其中涉及到換元法求解三角函數值域的問題，難度較難.對形如的函數的值域求解，關鍵是采用換元法令，然后根據，將問題轉化為關于的函數的值域，同時要注意新元的范圍.16、【解析】

變換，根據二項式定理計算得到答案.【詳解】的展開式的通項為：，，取和，計算得到系數為：.故答案為：.【點睛】本題考查了二項式定理，意在考查學生的計算能力和應用能力.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）16.【解析】

（1）將極坐標方程化為直角坐標方程即可；（2）利用極徑的幾何意義，聯立曲線，直線，直線的極坐標方程，得出，利用三角形面積公式，結合正弦函數的性質，得出的面積最小值.【詳解】（1）曲線：，即化為直角坐標方程為：；（2），即同理∴當且僅當，即（）時取等號即的面積最小值為16【點睛】本題主要考查了極坐標方程化直角坐標方程以及極坐標的應用，屬于中檔題.18、（1）見解析；(II).【解析】

試題分析：（1）取中點,連結,以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能證明為直角三角形；（2）設，由，得，求出平面的法向量和平面的法向量，，根據空間向量夾角余弦公式能求出結果.試題解析：(I)取中點,連結，依題意可知均為正三角形，所以,又平面平面，所以平面，又平面，所以,因為,所以，即,從而為直角三角形.(II)法一：由(I)可知,又平面平面,平面平面,平面，所以平面.以為原點，建立空間直角坐標系如圖所示,則,由可得點的坐標所以,設平面的法向量為，則,即解得，令，得，顯然平面的一個法向量為,依題意，解得或（舍去），所以，當時，二面角的余弦值為.法二：由(I)可知平面,所以,所以為二面角的平面角，即,在中，,所以，由正弦定理可得，即解得，又,所以,所以，當時，二面角的余弦值為.19、（1），；（2）1.【解析】

（1）利用正弦的和角公式，結合極坐標化為直角坐標的公式，即可求得曲線的直角坐標方程；先寫出曲線的普通方程，再利用公式化簡為極坐標即可；（2）先求出的直角坐標，據此求得中點的直角坐標，將其轉化為極坐標，聯立曲線的極坐標方程，即可求得兩點的極坐標，則距離可解.【詳解】（1）：可整理為，利用公式可得其直角坐標方程為：，：的普通方程為，利用公式可得其極坐標方程為（2）由（1）可得的直角坐標方程為，故容易得，，∴，∴的極坐標方程為，把代入得，.把代入得，.∴，即，兩點間的距離為1.【點睛】本題考查極坐標方程和直角坐標方程之間的轉化，涉及參數方程轉化為普通方程，以及在極坐標系中求兩點之間的距離，屬綜合基礎題.20、（1）見解析；（2）【解析】

（1）要證平面平面，只需證平面，而，所以只需證，而由已知的數據可證得為等邊三角形，又由于是的中點，所以，從而可證得結論；（2）由于在中，，而平面平面，所以點在平面的投影恰好為的中點，所以如圖建立空間直角坐標系，利用空間向量求解.【詳解】（1）由，所以平面四邊形為直角梯形，設，因為.所以在中，，則，又，所以，由，所以為等邊三角形，又是的中點，所以，又平面，則有平面，而平面，故平面平面.（2）解法一：在中，，取中點，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，以為坐標原點，方向為軸方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，設平面的法向量，由得取，則設直線與平面所成角大小為，則，故直線與平面所成角的正弦值為.解法二：在中，，取中點，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，過作于，連，則由平面平面，所以，又，則平面，又平面所以，在中，，所以，設到平面的距離為，由，即，即，可得，設直線與平面所成角大小為，則.故直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】此題考查的是立體幾何中的證明面面垂直和求線面角，考查學生的轉化思想和計算能力，屬于中檔題.21、（1）證明見解析；（2）2【解析】

（1）在中，利用勾股定理，證得，又由題設條件，得到，利用線面垂直的判定定理，證得平面，進而得到；（2）設三棱臺和三棱柱的高都為上、下底面之間的距離為，根據棱臺的體積公式，列出方程求得，得到，即可求解.【詳解】（1）由題意，在中，，，所以，可得，因為，可得.又由