浙江省稽阳联谊学校2025届高三下学期4月联考数学试题含答案

/浙江省稽阳联谊学校2025届高三下学期4月联考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知全集，，，则（）A． B． C． D．2．已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数的模为（）A． B． C． D．3．下列可以作为方程的图象的是（）A．

B．

C．

D．

4．已知函数的部分图象如图所示，的图象与轴交于点C，，，且，则（）

A．4 B． C． D．5．记数列的前项和为，若，，则等于（）A．33 B．46 C．49 D．426．如图，椭圆与双曲线有共同的右焦点，这两条曲线在第一、三象限的交点分别为A、B，直线与双曲线右支的另一个交点为，形成以为斜边的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为（）

A． B． C． D．7．已知函数的定义域为，为的导函数，满足，且.已知均为正数，若，则的最小值（）A． B． C．1 D．8．有6张卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，6，且背面均写有数字7.先把这些卡片正面朝上排成一排.规定一次试验：掷一颗均匀的骰子一次，若点数为，则将向上数字为的卡片翻面并放置原处；若没有向上数字为的卡片，则卡片不作翻动.进行上述试验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，在这一条件下，骰子恰有一次点数为2的概率为（）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．下列说法正确的是（）A．若随机变量服从正态分布，且，则B．数据5，8，10，12，13的第40百分位数是8C．在一元线性回归模型中，若决定系数，则残差的平方和为0D．和的方差分别为和，若且，则10．正方体的棱长为，点、分别在线段、上运动（包括端点），则下列结论正确的是（）A．正方体被经过、两点的平面所截，其截面的形状有可能是六边形B．不可能与、都垂直C．有可能与正方体的六个表面所成的角都相等D．线段的中点所围成的区域的面积为11．设和是两个整数，如果和除以正整数所得的余数相同，则称和对于模同余，记作.（）A．若公比为的等比数列满足，则B．若公比为的等比数列满足，则C．若为等差数列，，，为的前n项和，则D．若为公差的等差数列，，，若，则使三、填空题（本大题共3小题）12．若非零向量满足，且向量在向量上的投影向量是，则向量与的夹角为.13．已知P是直线上的任意一点，若过点P作圆的两条切线，切点分别记为，则劣弧长度的最小值为.14．若恒成立，则实数的取值范围为.四、解答题（本大题共5小题）15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求的大小.(2)如图所示，为外一点，，，，求值.16．如图，在三棱锥中，，为的中点，在底面的投影落在线段AD上.(1)证明：；(2)若，，，，在线段上，且满足平面平面，求直线与直线夹角的余弦值.17．已知整数数列满足，数列是公比大于1的等比数列，且，.数列满足.数列，前项和分别为，，其中.(1)求和(2)用表示不超过的最大整数，求数列的前2025项和.18．已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若函数无极值点，求实数的取值范围；(3)若为函数的极小值点，证明：.19．位于第一象限的一点满足，过作的切线，切点为，且满足，设为关于的对称点.(1)证明：(2)（i）若过的另一条切线切于，设为关于的对称点，如此重复进行下去，若为关于切点的对称点，设，证明：为等差数列.（ii）由ⅰ所设且，求的值.

参考答案1．【答案】C【详解】已知全集，表示自然数集，所以．对于集合，解不等式，则其解为．又因为，所以．已知，，可得．因为，，所以．故选C．2．【答案】A【详解】由题意可得，则，所以.故选A.3．【答案】D【详解】当时，，若，则，即，不符合，故，不可能同时成立，故A，B，C，选项错误.故选D.4．【答案】C【详解】由题干图象可知，则，所以，所以，由，得，，即，，因为，所以，则.又，则，又，，，解得（负根舍去），所以，所以.故选C.5．【答案】A【详解】数列中，，，当时，，当时，，则，，因此当时，数列是以为首项，公比为3的等比数列，，数列的通项公式为：，，，所以.故选A.6．【答案】C【详解】

设左焦点为，则，，，，在中用勾股定理，化简得，所以所以，所以.故选C.7．【答案】B【详解】因为，所以，即，所以.又因为，即.所以.所以在上恒成立，所以在上单调递增.又因为，所以，即，令，则，由对勾函数知单调递增，所以，所以，当且仅当时等号成立.故选B.8．【答案】C【详解】翻动正面数字为偶数的卡片时，奇偶性发生改变，翻动正面数字为奇数的卡片时，奇偶性不变，进行上述试验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，则分为两类：（1）正面数字为偶数的卡片翻一次：①掷3次骰子1次偶数2次奇数：种，其中恰有一次点数为2有27种，②掷3次骰子2次同一个偶数1次奇数：种，③掷3次骰子3次同一个偶数：3种，（2）正面数字为偶数的卡片一次翻三次：种，其中恰有一次点数为2有6种，所以骰子恰有一次点数为2的概率为.故选C.9．【答案】AC【详解】对于A，因为，又，则，正确；对于选项B，因为，所以数据5，8，10，12，13的第40百分位数是，故选项B错误；对于选项C，若决定系数，则散点图中的散点均落在一条斜率非0的直线上，所以残差的平方和为0，C正确；对于选项D，设的平均数为，，，，的平均数为，因为，则，又，，所以，故选D错误.故选AC.10．【答案】CD【详解】对于A选项，假设六边形截面交于点，如下图所示：设，因为平面，，所以，平面，同理可得平面，因为平面平面，所以，同理，，由图可知，截面在平面的交线与线段无交点，因此，正方体被经过、两点的平面所截，其截面的形状不可能是六边形，A错；对于B选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，取，，则、，所以，，，，所以，，，此时，与、都垂直，B错；对于C选项，取，，则，平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为，同理可知，直线与表面其余各面所成角的正弦值都为，因此，有可能与正方体的六个表面所成的角都相等，C对；对于D选项，设点、，其中，，则线段的中点为，设点，则，即，其中，，，所以点的轨迹是以点、、、为顶点的平面四边形，则，，则，，因为，所以，故四边形是边长为的菱形，且，则为等边三角形，故线段的中点所围成的区域的面积为，D对.故选CD.11．【答案】ABD【详解】由题意可知，，，，，∴A正确；，若，则，，，∴B正确；为偶数，也为偶数，显然不能成立，∴C错误；，当时，结论显然成立，∴D成立.故选ABD．12．【答案】【详解】在上投影向量，，，则，由于，.13．【答案】【详解】如下图所示：易知圆心到直线的距离为，在直角三角形中，，，所以，所以；因此可知当时，劣弧最小，此时，即可得；所以劣弧AB长度的最小值为.14．【答案】【详解】因为，所以即.设函数，因为，导函数为，令，解得.所以在上，，单调递减，在上，，单调递增.所以，所以在上单调递增.又因为，所以，即，令，所以，令，解得.所以在上，，单调递增，在上，，单调递减.所以，所以.15．【答案】(1)(2)【详解】（1），在中，由正弦定理得，，由三角形内角和为可得，，，即，，，，即，又，，即，（2）设，令，，在中，由正弦定理得，，，.在中，由正弦定理得，，，，，解得，.16．【答案】(1)证明见解析(2)1【详解】（1）因为，D为的中点故，又平面，平面，故得，平面，于是平面，平面，从而.（2）法1：以为坐标原点，以射线为轴正半轴，射线为轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，.于是，，令，所以，又因为，设面的法向量为.所以，所以.又，，所以.设面的法向量为.所以，所以根据平面，即，所以.所以，，，，所以，得所成角为90度，正弦值为1.法2：几何法.作，垂足为M.连CM，由三角形全等得，平面，得平面，平面，从而平面平面.在中，得，在中，得，在中，，在中，所以得，又，从而故，同理，因为，所以，所以平面，所以平面，因为平面，所以，得所成角为90度，正弦值为1.17．【答案】(1)，(2)2024【详解】（1）当时，.又因为，所以设，则依题意，，得恒成立，解得，所以，，设等比数列的公比为q，，.所以，.得到，联立得解得或（舍去），代入中，解得得数列的通项公式为（2）……①……②①-②，得即时，，，所以；时，，所以，所以所以.18．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【详解】（1），，又，在点处的切线方程为：.（2）由题意知：的定义域为，若函数无极值点，在上单调，或在上恒成立；，在上恒成立，，，解得：；下面证明充分性：当时，，又，，，令，当时，，在上单调递增，又，为定义在上的偶函数，在上单调递减，，，在上单调递增，无极值点，充分性成立；综上所述：.（3）由（2）可得：当时，函数无极值点.当时，令，则，当时，，又，为定义在上的奇函数，在上单调递增，又，当时，；当时，；在上单调递减，在上