衢州、麗水、湖州2025年4月三地市高三教學質量檢測試卷數學試題卷1．本試題卷共4頁，滿分150分，考試時間120分鐘．2．考生答題前，務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫在答題紙上．3．選擇題的答案須用2B鉛筆將答題紙上對應題目的答案標號涂黑，如要改動，須將原填涂處用橡皮擦凈．4．非選擇題的答案須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應區域內，作圖時可先使用2B鉛筆，確定后須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑，答案寫在本試題卷上無效．一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出集合，，再結合交集的定義，即可求解.【詳解】集合，，所以，故選：A.2.已知為虛數單位，復數（）是純虛數，則（）A.或 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由純虛數的概念，列得方程組，從而可求出的值.【詳解】因為復數（）是純虛數，所以，由，得或，由，得，所以.故選：D.3.已知向量，，則向量在向量上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由投影向量定義式和平面向量的坐標運算計算即可.【詳解】因為，，所以，，，所以向量在向量上的投影向量為.故選：B.4.若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分別令，，得兩式，運算可求得，再令，求得，即可得解.【詳解】因，當時，，當時，①，當時，②，①+②=，所以，所以，故選：C.5.“”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【答案】B【解析】【分析】解不等式與，分別得出的取值范圍，再利用集合的包含關系判斷可得出結論.【詳解】因為，所以，，所以，，因為，所以，，所以，，因為真包含了，所以“”是“”的必要不充分條件，故選：B.6.正方體中，點分別為正方形及的中心，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】以點為原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解異面直線所成角余弦值即可.【詳解】如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，設正方體邊長為1，則，故，所以，所以異面直線與所成角的余弦值為.故選：C.7.在中，角所對的邊分別為．已知成等差數列，成等比數列，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依題意，可求得，設所成等比數列得公比為，則，，由正弦定理可得，，結合平方關系，解得，即可求解角A，從而得解.【詳解】因為在中，成等差數列，所以，又，所以，設所成等比數列得公比為，則，，由正弦定理可得，整理可得，，又，即，整理可得，所以解得，故，于是，所以，故選：D.8.過拋物線焦點的直線與拋物線交于兩點，過點作的切線，交軸于點，過點作直線的平行線交軸于點，則的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設，焦點，由直線過焦點，可得，設在點處的切線方程為，與拋物線方程聯立，由于，解得的值，從而求得點M的坐標，過點作直線的平行線，故，可得直線的方程為，從而求得點N的坐標，故而求得，利用基本不等式求得最小值.【詳解】設，焦點，設直線方程為，則，化簡得，所以，，所以，設在點處的切線方程為，，化簡得，因為，化簡得，，則在點處得切線方程為，即，令，則，故，則，過點作直線的平行線，故，所以直線的方程為，令，則，故,,所以，當且僅當時等號成立，取到最小值9.故選：C.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目的要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知函數，則（）A.的最大值是 B.在上單調遞增C. D.在上有兩個零點【答案】AC【解析】【分析】利用三角函數的性質及誘導公式逐一判斷即可求得結論.【詳解】對于A，由于，且，所以的最大值是，故A正確；對于B，因為，所以在上不是單調遞增的，故B錯誤；對于C，由于，故，故C正確；對于D，若，則，即，可得，，解得，，所以在上恰有個零點，故D錯誤.故選：AC.10.若函數與函數的圖象關于直線對稱，則函數的解析式可能是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】因為函數與函數的圖象關于直線對稱，所以函數需滿足在定義域上單調.逐一討論各項函數的單調性，即可得解.【詳解】因為函數與函數的圖象關于直線對稱，所以函數需滿足在定義域上單調.對于A，易知函數在R上單調遞增，故A正確；對于B，因為在R上單調遞增，函數在R上單調遞減，故可知函數在R上單調遞增，故B正確；對于C，因為，定義域為R，所以.當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減，故C錯誤；對于D，因為，定義域為R，所以，化簡可得，因為，所以對，，又因為，所以對，恒成立，所以函數在R上單調遞減，故D正確.故選：ABD.11.如圖，多面體由正四面體和正四面體拼接而成，一只螞蟻從頂點出發，沿著多面體的各條棱爬行，每次等概率地爬行到相鄰頂點中的一個，記次爬行后，該螞蟻落在點的概率為，落在點的概率為，則（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】螞蟻從點

P

出發，第一次爬行后只能到達中的一個，從而可確定，從中的任一點出發，均有從該點出發的四條棱，故到達點或的概率為；設次爬行后，該螞蟻落在點的概率為，只能從中的任一點出發到達點或，則可確定、與的關系；到達中任一點，可能是從其它兩點中的其一，或者從點或到達，從而可以表達，代值化簡關系可得解.【詳解】設記次爬行后，該螞蟻落在點的概率為，則，其中，計算易得，故A、C正確，B錯誤；由原方程組可得，則，所以為常數列，且①.同理，且，所以②，由①②可知，=，所以，故D正確.故選：.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知等差數列的前項和為，，，則______．【答案】110【解析】【分析】根據等差數列的前項和公式計算即可.【詳解】.故答案為：110.13.已知斜率大于零的直線交橢圓于兩點，交軸分別于兩點，且是線段的三等分點，則直線的斜率為______．【答案】##0.5【解析】【分析】設直線為，，推出，聯立橢圓方程，設，則，并求出的坐標，線段的中點為線段的中點，從而得到方程，求出答案.【詳解】設直線為，，若，此時均與原點重合，，但，故不合要求，所以，與聯立得，，解得，設，則，故，中，令得，故，令得，故，的中點坐標為，是線段的三等分點，故線段的中點為線段的中點，故，解得，負值舍去.故答案為：14.若定義在上的函數滿足，則的最大值是______．【答案】##【解析】【分析】由得，，故2為函數的一個周期，因此，由，設，則，進而求得的最大值.【詳解】由，，得，所以，平方得①，②，②-①得，所以，即又，則，所以所以，即，故2為函數的一個周期，因此.考慮到，設，則，故最大值為.故答案為：.四?解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟．15.如圖，在直角梯形中，，，．將沿折起，使，連接，得到三棱錐．（1）求證：平面；（2）點是的中點，連接、，若，（i）求二面角的正切值；（ii）求三棱錐的外接球體積．【答案】（1）證明見解析（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判斷定理證明平面，進而可證得平面；（2）（i）以為坐標原點，以所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量與平面的一個法向量，利用向量法求二面角的余弦值，進而求得正切值；（ii）由題意可知為三棱錐的外接球的球心，且球半徑為，即可求解.【小問1詳解】因為，，，平面，所以平面，又平面，所以又因為，，平面，所以平面.【小問2詳解】（i）以為坐標原點，以所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，所以，，設平面的一個法向量為，則，取，則，由（1）可知，平面的一個法向量為，所以.由圖可知二面角平面角是銳角，記為，則，所以，故二面角的正切值為.（ii）因為，所以為三棱錐的外接球的球心，且球半徑為，故三棱錐的外接球體積為.16.某校舉辦定點投籃挑戰賽，規則如下：每位參賽同學可在兩點進行投籃，共投兩次．第一次投籃點可在兩點處隨機選擇一處，若投中，則第二次投籃點不變；若未投中，則第二次切換投籃點．在點投中得分，在點投中得分，未投中均得分，各次投中與否相互獨立．（1）在參賽的同學中，隨機調查50名的得分情況，得到如下列聯表：得分分得分分合計先在點投籃20525先在點投籃101525合計302050是否有的把握認為投籃得分與第一次投籃點的選擇有關？（2）小明在點投中的概率為，在點投中的概率為．（i）求小明第一次投中的概率；（ii）記小明投籃總得分為，求的分布列及數學期望．參考公式：0.10.050.010.0012.7063.8416.63510.828【答案】（1）有的把握認為投籃得分與第一次投籃點的選擇有關（2）（i）0.5；（ii）分布列見解析，期望為【解析】【分析】（1）根據題意結合列聯表，計算的值，即可判斷結論；（2）設第次選擇在點A投籃記為事件A，在點B投籃記為事件，投中記為事件，（i）根據題意結合全概率公式計算可求出小明第一次投中的概率；（ii）列出的所有取值，再計算出對應的概率，即可求解.【小問1詳解】零假設為：得分與第一投籃點選擇獨立，即得分無差異，根據小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，因此認為得分與第一投籃點選擇有關聯，此推斷犯錯誤的概率不超過0.01【小問2詳解】設第次選擇在點A投籃記為事件A，在點B投籃記為事件，投中記為事件，則，,,.（i）P(E)=，所以小明第一次投籃命中的概率為0.5.（ii）小明投籃總得分可取0，2，3，4，6，則，，，，.∴X的分布列為X02346P∴.17.已知雙曲線（）的左，右焦點分別為，且，圓與的漸近線相切．（1）求雙曲線的標準方程；（2）若上兩點滿足（），且四邊形的面積為，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先得到，由圓到直線距離公式得到方程，求出，，得到雙曲線方程；（2）設直線，它與E的另一個交點記為C，由對稱性可知，四邊形面積等于三角形面積，設，聯立直線與雙曲線方程，得到兩根之和，兩根之積，根據三角形面積得到方程，求出或，經檢驗不合要求，時，求出交點縱坐標，得到的值.【小問1詳解】由題意得，解得，∵雙曲線的漸近線為，∴，解得，所以，故雙曲線方程為：；【小問2詳解】由同向可知，直線、與E均有兩個交點.設直線，它與E的另一個交點記為C.由雙曲線的對稱性可知，，故三角形面積等于三角形面積，所以四邊形面積等于三角形面積.設，聯立方程：，得，，三角形面積，整理得，解得或，經檢驗時，，故均軸上方或下方，不妨令，此時，解得或，畫出圖象如下：此時反向，故舍去；同理可得也不滿足要求，當時，可驗證得同向，符合題意，若，由，解得或，由于，所以，，故，若，同理可得，綜上，.18.已知函數（），為坐標原點．（1）當時，（i）求曲線在點處的切線方程；（ii）若點是函數圖象上一點，求的最小值；（2）若函數圖象上存在不同兩點滿足，求的取值范圍．【答案】（1）（i）;（ii）（2）【解析】【分析】（1）（i）求導數，再利用導數的幾何意義求出切線方程即得；（ii）設，由兩點間距離公式可得，記，結合導數判斷函數單調性，從而求得的最小值，即可求解；（2）記，結合導數判斷函數單調性，可得存在負實數使得，為使有兩個不等實數解，則有，推導可得有.分析可知函數存在唯一零點滿足.進而分類討論和時，使得恒成立時的取值范圍，從而得解.【小問1詳解】當，，（i）因為，則，，故切線方程為（ii）設，則，記則，易知是關于的增函數且所以當；當故最小值為，得的最小值.【小問2詳解】記，則，易知是關于的增函數且存在負實數使得，則，.所以當單調遞減，當故最小值為，注意到，，且，為使有兩個不等實數解，則有.即.考慮到函數是關于的減函數，且，，故該函數存在唯一零點滿足，則（此處只需給出零點的一個合理估計即可.）①若，即，則.由化簡得，記，注意到在區間的減函數，所以，故時，恒成立，即滿足.（幾何法：由時，經過點，且，而兩點在以原點為圓心，為半徑的圓上，且，因此點在圓內，結合圖像，知函數圖象與圓的圖象必有兩個不同交點，故滿足）②若，即，則.由化簡得，記，則，所以單調遞減，在區間單調遞增且，，故由解得，而，故滿足.綜上所述.【點睛】思路點睛：若函數圖象上存在點，則，記，結合導數判斷函數單調性，可得存在負實數使得，若函數圖象上存在不同兩點滿足，則使有兩個不等實數解，則有，推導可得有.分析可知函數存在唯一零點滿足.進而結合導數分類討論和時，使得恒成立時的取值范圍，從而得解.19.對于給定的項整數數列：（），定義變換：①若，則加，均加，其余項不變；②若，則加，均加，其余項不變；③若，則加，均加，其余項不變．例如，對數列：做變換得到，即；而對數列：先后做變換