辽宁省七校协作体2024-2025学年高三下学期3月联考数学含答案

2024-2025学年度（下）七校协作体3月高三联考数学试题考试时间：120分钟满分：150分一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A. B. C. D.2.已知i为虚数单位，若，则（）A. B. C.2 D.3.已知两个变量x和y之间具有较强的线性相关关系，且y关于x的经验回归方程为，由它计算出成对样本数据对应的残差为0.12（残差=观测值-预测值），则（）A.0.28 B.0.56 C.0.34 D.0.484.若直线：与直线：平行，则这两条直线间的距离为（）A. B. C. D.5.已知等比数列的公比为q，前项和为，若，则下列结论公比（）A. B. C. D.6.记为的内角的对边，则“为直角三角形”是“”的（）A.充要条件 B.必要不充分条件 C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件7.2024年巴黎奥运会乒乓球比赛，中国队表现出色，包揽全部乒乓金牌，其中混双是中国历史上第一块奥运乒乓球混双金牌，由王楚钦和孙颖莎组成的“莎头”组合对战朝鲜队，最终以的比分赢得胜利.假设2025年的一次乒乓球比赛中，“莎头”组合再次遇到朝鲜队，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局比赛“莎头”组合获胜的概率为，则“莎头”组合以获胜的概率为（）A. B. C. D.8.已知过点的直线l与抛物线交于点A，B两点.若A，B的横坐标分别为.则（）A. B. C.0 D.2二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知是两个不重合的平面，是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（）A.若，则B.若，则C若，则D.若，则10.设正实数m，n满足，则（）A.的最小值为B.的最大值为2C.的最大值为D.最小值为11.已知函数，则（）A.是的一个周期B.是非奇非偶函数C.的最小值为D.关于x的方程有无数个实数解三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知随机变量与服从正态分布，则______.13.若非零向量与单位向量共线，且，则__________.14.如图，已知正四面体的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱，于E，F两点，且四面体的体积为四面体体积的，则______，的最小值为______.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知函数（1）若的图象在点处的切线方程为，求a与b的值；（2）若在处有极值，求a与b的值.16.如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，M为棱PC的中点.（1）证明：平面PAD；（2）若，求二面角的正弦值.17.随着科技飞速发展，人工智能已经逐渐融人我们的日常生活．在教育领域，AI的赋能潜力巨大.为了解教师对AI大模型使用情况，现从某地区随机抽取了200名教师，对使用A、B、C、D四种AI大模型的情况统计如下：使用AI大模型种数性别01234男427231610女648272415在上述样本所有使用3种AI大模型的40人中，统计使用A、B、C、D的AI大模型人次如下：AI大模型种类ABCD人次32303028用频率估计概率.（1）从该地区教师中随机选取一人，估计至少使用两种AI大模型（A、B、C、D中）的概率；（2）从该地区使用3种AI大模型（A、B、C、D中）教师中，随机选出3人，记使用B的有人，求的分布列及其数学期望；（3）从该地区男，女教师中各随机选一人，记他们使用AI大模型（A、B、C、D中）的种数分别为，比较的数学期望的大小．（结论不要求证明）18.已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求C的方程；（2）若斜率为1的直线与C相交于E，F两点，且，求l的方程；（3）椭圆C与x轴相交于A，B两点，P为椭圆C上一动点，直线PA，PB与直线交于M，N两点，设与的外接圆的半径分别为，，求的最小值.19.若数列满足，则称数列为“平方递推数列”.已知数列中，，点在函数的图象上，其中n为正整数.（1）证明数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列；（2）设（1）中“平方递推数列”的前n项积为，即，求；（3）在（2）的条件下，记，求数列的前n项和，并求使的n的最小值.2024-2025学年度（下）七校协作体3月高三联考数学试题考试时间：120分钟满分：150分一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由函数定义域可化简集合B，然后由交集定义可得答案.【详解】.则故选：B2.已知i为虚数单位，若，则（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算法则求解即可.【详解】解：因为，所以.故选：A3.已知两个变量x和y之间具有较强的线性相关关系，且y关于x的经验回归方程为，由它计算出成对样本数据对应的残差为0.12（残差=观测值-预测值），则（）A.0.28 B.0.56 C.0.34 D.0.48【答案】B【解析】【分析】先根据回归直线估计得出预测值，再残差计算求解计算求参.【详解】因为y关于x的经验回归方程为，所以预测值为，又因为残差=观测值-预测值，所以，所以.故选：B.4.若直线：与直线：平行，则这两条直线间的距离为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先由直线平行求出参数k，再由两平行直线的距离公式即可求解.【详解】因为直线：与直线：平行，所以，所以，所以直线：即，所以这两条直线间的距离为.故选：B.5.已知等比数列的公比为q，前项和为，若，则下列结论公比（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据等比数列的列方程，由此求得的值.【详解】由于，若，则，而，则，所以不符合题意.当且时，，即，即，则.故选：A6.记为的内角的对边，则“为直角三角形”是“”的（）A.充要条件 B.必要不充分条件 C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦化简确定三角形形状，再利用充分条件、必要条件的定义判断.【详解】在中，由及正弦定理，得，则，而，则，两边平方整理得，而，于是，，因此为直角三角形；反之，为直角三角形，或或，所以“为直角三角形”是“”的必要不充分条件，B正确.故选：B7.2024年巴黎奥运会乒乓球比赛，中国队表现出色，包揽全部乒乓金牌，其中混双是中国历史上第一块奥运乒乓球混双金牌，由王楚钦和孙颖莎组成的“莎头”组合对战朝鲜队，最终以的比分赢得胜利.假设2025年的一次乒乓球比赛中，“莎头”组合再次遇到朝鲜队，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局比赛“莎头”组合获胜的概率为，则“莎头”组合以获胜的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由独立重复事件概率公式即可求解；【详解】由题意“莎头”组合以获胜，即前四局胜三局，负一局，第五局获胜，所以获胜概率为：，故选：D8.已知过点的直线l与抛物线交于点A，B两点.若A，B的横坐标分别为.则（）A. B. C.0 D.2【答案】D【解析】【分析】由题意设出直线方程，联立抛物线方程，消去并写出韦达定理，代入所求代数式，可得答案.【详解】由题意可知直线的斜率存在，设直线方程为，联立可得，消去可得，由，则，，所以.故选：D.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知是两个不重合的平面，是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】利用面面平行性质可得A正确，再由线面垂直、面面垂直性质可得B正确，根据线面平行性质可判断C错误，D正确.【详解】对于A，根据线面垂直的性质可得若，则，即A正确；对于B，易知若可得或，又可知，即B正确；对于C，若，则或，因此C错误；对于D，如果直线平行于平面和，且和的交线为，那么直线必须平行于；假设不平行于，它必将与其中一个平面相交，这与平行于两个平面的条件相互矛盾，所以若，则，故D正确。故选：ABD10.设正实数m，n满足，则（）A.的最小值为B.的最大值为2C.的最大值为D.的最小值为【答案】AB【解析】【分析】利用基本不等式结合相关变式即可求解.【详解】由，，则，当且仅当，即时等号成立，则的最小值为，故A正确；由，当且仅当时等号成立，则的最大值为2，故B正确；由，当且仅当时等号成立，则的最大值为1，故C错误；由，当且仅当时等号成立，则的最小值为2，故D错误.故选：AB.11.已知函数，则（）A.是的一个周期B.是非奇非偶函数C.的最小值为D.关于x的方程有无数个实数解【答案】BD【解析】【分析】由已知结合三角函数的周期性检验，可得A的正误；结合三角函数的奇偶性检验，可得B的正误；根据三角函数取得最值得条件检验，可得C的正误；先对方程进行化简，然后结合正弦函数的周期性与对称性，可得D的正误.【详解】对于A，由，则不是函数的一个周期，故A错误；对于B，由，则其定义域为，因为，所以函数是非奇非偶函数，故B正确；对于C，，当且仅当，，等号成立；，当且仅当，，等号成立，由，则，故C错误；对于D，由，则，可得，整理可得，解得或，，化简可得或，，故D正确.故选：BD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知随机变量与服从正态分布，则______.【答案】【解析】【分析】由正态分布特征求解即可.【详解】解：设，则，所以，又因为，所以，解得.故答案为：13.若非零向量与单位向量共线，且，则__________.【答案】【解析】【分析】根据向量共线得，将两边同时平方，化简求出即可求解.【详解】因为非零向量与单位向量共线，则，且，因为，则，即，整理得，解得（舍）或，所以.故答案为：.14.如图，已知正四面体的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱，于E，F两点，且四面体的体积为四面体体积的，则______，的最小值为______.【答案】①.##②.##【解析】【分析】根据体积关系可得的面积，由三角形面积公式和余弦定理，使用基本不等式可得.【详解】因为，则，记，因为，即。又因为，当且仅当，即时，取等号.所以a的最小值为.故答案为：；.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知函数（1）若的图象在点处的切线方程为，求a与b的值；（2）若在处有极值，求a与b的值.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）由函数解析式求导，利用导数求得切线斜率，由函数解析式求得切点，根据切线方程，建立方程组，可得答案；（2）由函数解析式求导，根据极值与导数的关系，结合函数解析式，建立方程组，可得答案.【小问1详解】因为，所以，所以，，因为切线方程为，所以，解得，所以.【小问2详解】函数在处有极值且或恒成立，此时函数无极值点，此时1是极值点，满足题意，所以.16.如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，M为棱PC的中点.（1）证明：平面PAD；（2）若，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由三角形中位线与平行四边形的性质，可得线线平行，根据线面平行的判定，可得答案；（2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案.【小问1详解】取的中点，连接，如图所示：为棱的中点，，，四边形是平行四边形，，又平面平面，平面.【小问2详解】，，，平面平面，平面平面，平面，平面，又，平面，，又，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：则，为棱的中点，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，,平面的一个法向量为，，则二面角的正弦值为.17.随着科技飞速发展，人工智能已经逐渐融人我们的日常生活．在教育领域，AI的赋能潜力巨大.为了解教师对AI大模型使用情况，现从某地区随机抽取了200名教师，对使用A、B、C、D四种AI大模型的情况统计如下：使用AI大模型的种数性别01234男427231610女648272415在上述样本所有使用3种AI大模型的40人中，统计使用A、B、C、D的AI大模型人次如下：AI大模型种类ABCD人次32303028用频率估计概率.（1）从该地区教师中随机选取一人，估计至少使用两种AI大模型（A、B、C、D中）的概率；（2）从该地区使用3种AI大模型（A、B、C、D中）的教师中，随机选出3人，记使用B的有人，求的分布列及其数学期望；（3）从该地区男，女教师中各随机选一人，记他们使用AI大模型（A、B、C、D中）的种数分别为，比较的数学期望的大小．（结论不要求证明）【答案】（1）（2）分布列见解析，数学期望为（3）【解析】【分析】（1）用样本频率估计总体概率即可求解；（2）用样本频率估计概率，求出“从该地区使用3种AI大模型的40名教师中随机选1人，该人使用模型B”的概率为，则被抽取的人数，由二项分布概率公式即可求解；（3）求出随机变量对应的概率，利用期望公式分别求出的数学期望，再比较大小即可.【小问1详解】记事件M为“从该地区教师中随机选取一人，至少使用两种AI大模型”，则估计.【小问2详解】记事件为“从该地区使用3种AI大模型40名教师中随机选1人，该人使用模型B”，根据题中数据，.的可能取值为，，，．.的分布列为0123.【小问3详解】由题意可得该地区男，女教师人数分别为：80和120，则易求，，故.18.已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求C的方程；（2）若斜率为1的直线与C相交于E，F两点，且，求l的方程；（3）椭圆C与x轴相交于A，B两点，P为椭圆C上一动点，直线PA，PB与直线交于M，N两点，设与的外接圆的半径分别为，，求的最小值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）将点的坐标代入方程可得，结合离心率算出a、b即可求解；（2）设l的方程为，联立方程组，结合韦达定理及弦长公式求解即可；（3）设直线PA的方程为，直线PB的方程为，进而求出，再由正弦定理知，，再结合基本不等式求解即可.