【真题】高三下学期3月联考数学试题（含解析）浙江省天域全国名校协作体2024-2025学年

浙江省天域全国名校协作体2024-2025学年高三下学期3月联考数学试题1．已知集合A={1,2}，B={x∈Rlog2(x−1)≤1}A．{1} B．{2} C．{1,2} D．∅2．函数f(x)=sin(2x+πA．最小正周期为2π的奇函数 B．最小正周期为2π的偶函数C．最小正周期为π的奇函数 D．最小正周期为π的偶函数3．已知向量a,b满足a=2,b=1,A．a8 B．a4 C．b44．设a,b为正实数，则“a>b”是“2025aA．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且A．4 B．8 C．10 D．126．某教学楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，某同学从二楼到三楼准备用7步恰好走完，则第二步走两级台阶的概率为（）A．310 B．710 C．377．正四棱台侧棱长为52，上下底面边长分别为32和42A．25π B．100π C．500π3 D．8．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1的左焦点为F，过点F的直线与双曲线C左支交于P，A．292 B．293 C．1929．下列说法中，正确的是（）A．数据4,1,6,2,9,5,8的第60百分位数为9B．已知随机变量ξ~N(0,σ2)，若C．样本点(xi,yi)(i=1,2,3,⋯)的经验回归方程为yD．x1，x2，x3，x4和y1，y2，y3，y4的方差分别为S10．已知方程xn=1在复数范围内有n个根，且这n个根在复平面上对应的点将单位圆n等分.下列复数是方程A．1 B．iC．12−311．已知函数f(x)=axA．−1是f(x)的极大值B．当−1<a<0时，f(a−1)>f(a)C．当a>2时，f(x)有且仅有一个零点x0，且D．若fx存在极小值点x1，且f(x112．已知直线l:y−kx−2=0与圆C:x2−2x+13．若函数f(x)=(x2−2x+a)sin(ax−π314．若存在实数α∈R使得5+4cosα−cos215．如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B⊥底面ABC，侧棱AA1（1）求证：GE//平面AA（2）求平面B1GE与平面16．已知f(x)=−ex+ax，g(x)=2x+bsinx（1）讨论f(x)的单调性；（2）若a=−1，曲线y=f(x)的任意一条切线，都存在曲线y=g(x)的某条切线与它垂直，求实数b的取值范围.17．在2×2列联表（表一）的卡方独立性检验中，χ2=1≤i≤2,1≤j≤2(Ai,j−Bi,j)2Bi,jabcd10203040（表一）（表二）（1）求表二2×2列联表的χ2（2）求证：题干中χ2=1≤i≤2,1≤j≤2(A18．已知抛物线C:y2=2px(p>0)，F为C的焦点，l为C的准线A,B是C上两点，且OA⊥OB（O为坐标原点），过O作OD⊥AB（1）求C的方程；（2）在C上是否存在点P，使得过F的任意直线交C于S，T两点，交l于M，直线PS,PM,PT的斜率均成等差数列？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.19．已知N为偶数，给定数列a1，a2，…，aN，记为A①将A0中的奇数项取出，按原顺序构成新数列的前N②将A0中的偶数项取出，按原顺序构成新数列的第N称上述操作为T变换，构成的新数列为A1，记A1=T(A0)，定义Ak为操作k次后得到的新数列，即A（1）若an=n,(n=1,2,⋯,8)，求A1(2)，（2）令N=2m，m∈N∗，其中数列A0（i）求C2（ii）求不超过10的最大正整数m，满足C2

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】根据题意化简集合B={x∈Rlog又因为集合A={1,2}，则A∩B=2故答案为：B.【分析】先利用对数运算求出集合B，结合交集定义计算求解.2．【答案】D【解析】【解答】由于函数f(x)=sin(2x+π则函数的最小正周期为2π2故答案为：D.【分析】首先利用诱导公式化简得出cos2x，利用公式求出最小正周期及判断奇偶性即可得到结果.3．【答案】D【解析】【解答】解：因为向量a,b满足所以a−b2所以a在b方向上的投影向量是a⋅故答案为：D.【分析】利用数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，从而得出a⃗⋅b⃗的值，再利用数量积求投影向量公式，从而得出4．【答案】A【解析】【解答】当a>b>0，则函数y=2025x在则2025a>2025b，

令fx则fx=2025x−x则2025x>x在区间0,+∞上恒成立，并且y=2025x则当x>0时，2025x>log所欲2025a>log2025b同理反之当2025a>log2025b但是a<b，则“a>b”不是“2025a则“a>b”是“2025a故答案为：A.【分析】因为函数y=2025x的单调性和x>0时，5．【答案】D【解析】【解答】∵S∴S∵a∴11a化简得：d=2，∴a故答案为：D．【分析】根据题意，化简求出公差d=2，紧接着根据a116．【答案】C【解析】【解答】10级台阶要用7步走完，则4步是上一级，三步是上两级，共C7当第二步走两级台阶，所以其余6步中有两步是上两级，则C6则第二步走两级台阶的概率为1535故答案为：C【分析】根据古典概型概率公式结合组合数计算即可得到结果.7．【答案】B【解析】【解答】画出图象，则边长关系如下：

AB=AD=BC=CD=32，GH=HE=EF=FG=42设O为外接球球心，外接球半径为R，M,N为上下底面的中心，则MA=3,NE=4，并且侧棱长为52，所以MN=522−设ON=x，所以OA2=所以7−x2+3所以R2=3故答案为：B.【分析】根据题意，画出图形，设外接球半径为R，利用直角梯形结合勾股定理得到半径，利用公式求出球的表面积.8．【答案】B【解析】【解答】连接F2R，因为Q,R关于y轴对称，所以QF=设Px1,所以QF=x2+c2则QF=又因为x2<−a，所以QF=−cax2由FP:FR:FQ=10:5:2同时a−cax2−则−c−−23a23c故答案为：B.【分析】先假设两个点的坐标Px1,y19．【答案】B,C【解析】【解答】A，首先对数据4,1,6,2,9,5,8从小排到大进行排序得：1,2,4,5,6,8,9，接着计算7×60%=4.2，数据4,1,6,2,9,5,8的第60百分位数为B，由于ξ~N(0,σ2)C，因为3−3m+a=n−D，设x1，x2，x3，x4的平均数为x，y1，y2，由于xi+yi=10S2则S1故答案为：BC.【分析】对于A，利用百分位数的方法进行运算，求出第60百分位数，得到结果；对于B，利用正态分布的对称性，得到结果；C，根据残差的运算得到结果；D，根据方差的定义以及运算得到结果.10．【答案】A,C,D【解析】【解答】由定义可知：方程x18=1在复数范围内有18个根，所以这18个根在复平面上对应的点坐标：∴x18=1在复数范围内的根为对于A：令k=0，则x0=cos0°+i⋅sin对于B：因为i=cos90°+i⋅sin90°，令对于C：12−32i=cos300°+i⋅对于D：令k=4，则x4=cos80°+isin故答案为：ACD.【分析】利用定义，结合复数的三角形式得到x18=1在复数范围内的根为11．【答案】A,C,D【解析】【解答】A，由于fx=ax1.当a>0时，令f'x=0，求出x=0当x<0或x>2a时，所以f'x>0，

则x=0是fx的极大值点，极大值为f0=−1，x=2a2.当a=0时，f(x)=−3x2−1，由极值的定义知，f(x)3.当a<0时，令f'x=0

求出x=0或x=2a，

当x<2a或x>0时，f则x=0是fx的极大值点，极大值为f0=−1，x=2a所以，−1是f(x)的极大值，则选项A正确，B，由于−1<a<0，因为A知，fx在区间2并且−1<a<0，所以2a∈−∞,−2，−2<a−1<−1C，因为a>2时，则2a<1，

而fx的增区间为−∞,0所以x→−∞时，fx→−∞，

并且所以根据零点存在性原理知，当a>2时，f(x)有且仅有一个零点x0，且xD，由于fx存在极小值点x1，所以x1并且f(x1)=f(x2提公因式：x1−x22故答案为：ACD.【分析】A，对函数f(x)求导，接着对a进行分类讨论得到函数单调性，得到x=0处取得极大值−1；B，利用A的解析中对f(x)单调性进行判断，即可得到结果；C，根据f(x)的单调性及零点存在性质原理，进行判断；D，结合选项A有a=2x112．【答案】−【解析】【解答】由题意，C:x2−2x+y2=0，所以C:x−1并且直线l与圆相交，所以k+2k2+1<1，故答案为：−∞【分析】根据圆心到直线的距离小于半径可即可得到结果．13．【答案】1【解析】【解答】令f(x)=0，所以x2−2x+a=0或因为Δ=−2当a>1时，y=x2−2x+a所以y=sinax−π3由于ax−π3∈−π与a>1联立得π3≤a<7π当a=1时，y=x2−2x+a在0则y=sinx−π3在0综上得符合条件的a为1．故答案为：1．【分析】利用转化的数学思想，将零点转化成一个二次函数零点与正弦型函数交点的问题，结合对a>1、a=1分类讨论，即可得到结果.14．【答案】−【解析】【解答】由于5+4cos设Pcosα,sinα，Q−2,0，S所以fα又因为，并且点Pcosα,sin所以PQ−PB≤QB，

因为QB=所以存在实数α∈R使得5+4即m≤5+4cosα−cos故答案为：−∞【分析】先对所给的式子进行化简，得到fα=cos15．【答案】（1）延长B1E交BC于点F，连接B1∵△B1E∴BF=1∴点F为BC的中点，∵G为△ABC的重心，∴A、G、F三点共线，且FGFA∴GE//AB又GE⊄侧面AA1B1B∴GE//侧面AA（2）在侧面AA1B1B内，过B∵侧面AA1B1B⊥底面ABC，A∴B1H⊥底面ABC，由于AF⊂底面ABC又因为侧棱AA1与底面ABC成60°的角，并且∴∠B1BH=60°，BH=1在底面ABC内，过H作HT⊥AF交AF的延长线于点T，连接B1∵B1H⊥AT,TH∩B1∴AF⊥平面HTB1，

因为B1T⊂平面∵平面B1AT与底面ABC的交线为∴∠B∴AH=AB+BH=3，∠HAT=30°，∴HT=AHsin在Rt△B1HT所以平面B1GE与底面ABC成锐二面角的正切值为【解析】【分析】（1）利用BE=（2）利用“1做，二证，三求解”思路，先在两个半平面内各找一条直线垂直于交线，得到二面角的平面角，利用三角形的三边关系求解．（1）延长B1E交BC于点F，连接B1∵△B1E∴BF=1∴点F为BC的中点，∵G为△ABC的重心，∴A、G、F三点共线，且FGFA∴GE//AB又GE⊄侧面AA1B1B∴GE//侧面AA（2）在侧面AA1B1B内，过B∵侧面AA1B1B⊥底面ABC，A∴B1H⊥底面ABC，因为AF⊂底面ABC又侧棱AA1与底面ABC成60°的角，∴∠B1BH=60°，BH=1在底面ABC内，过H作HT⊥AF交AF的延长线于点T，连接B1∵B1H⊥AT,TH∩B1∴AF⊥平面HTB1，又B1T⊂平面∵平面B1AT与底面ABC的交线为∴∠B∴AH=AB+BH=3，∠HAT=30°，∴HT=AHsin在Rt△B1HT故平面B1GE与底面ABC成锐二面角的正切值为16．【答案】（1）由题意得，函数f(x)定义域为R.∵f(x)=−ex+ax，∴f'(x)=−ex+a.

若a≤0，则f'(x)<0，f(x)在R上单调递减.

若a>0，令f'(x)=−ex+a=0得x=lna，

当x<lna时，f'(x)>0，当x>lna时，f'(x)<0，

（2）当a=−1时，f'(x)=−ex−1，∵g(x)=2x+bsinx，∴g'(x)=2+bcosx，

∴曲线fx上任意一点x1,fx1处的切线斜率为f'(x1)=−ex1−1，曲线g(x)上的任意一点x2,gx2处的切线斜率为g'(x2)=2+bcosx2.

由题意得，对任意的x1∈R，总存在x2∈R，使得等式【解析】【分析】（1）对函数进行求导，对a的值进行分类谈论得到函数的单调性；（2）先利用导数求出函数的切线斜率，结合点的坐标得到直线方程，接着利用两函数值域之间的包含关系可求b的取值范围.（1）由题意得，函数f(x)定义域为R.∵f(x)=−ex+ax，若a≤0，则f'(x)<0，f(x)在若a>0，令f'(x)=−e当x<lna时，f'(x)>0，当∴f(x)在−∞,ln综上得，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在−∞,ln（2）当a=−1时，f'∵g(x)=2x+bsinx，∴∴曲线fx上任意一点x1,fx1处的切线斜率为f'(由题意得，对任意的x1∈R，总存在x2将等式变形为2+bcosx2=1由x1∈R得，ex1+1>1∴2+bcos∵2+bcos∴2+b≥12−b≤0∴实数b的取值范围是−∞17．【答案】（1）由题意得B1,1所以χ2（2）2×2列联表如下：aba+bcdc+da+cb+da+b+c+d则B1,1所以(A同理(A所以χ=【解析】【分析】（1）根据题意，利用题中的公式进行求解即可得到结果；（2）利用题中所给的公式以及课本中的公式进行运算化简，即可得到χ2（1）由题意得B1,1所以χ2（2）2×2列联表如下：aba+bcdc+da+cb+da+b+c+d则B1,1所以(A同理(A所以χ=18．【答案】（1）由题意可得：kOD=3所以直线AB的方程为：y−23设Ax联立抛物线方程消去x得：y2所以y1所以x1因为OA⊥OB，所以x1即，解得：p=4，所以抛物线方程为：y​​​​​​​（2）由（1）得F2,0，假设存在Px过点F得动直线方程为x=my+2，联立x=−2，解得则M−2,−4m联立x=my+2y2=8x，消去x所以y3直线PS得斜率为y0−y3x直线PM的斜率为y0因为直线PS,PM,PT的斜率均成等差数列，所以2×8m整理得：y02−16所以y02−16=0，解得：y0=4即存在P2,4或P【解析】【分析】（1）根据题意OD⊥AB，得到直线AB的斜率进而求出直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理，根据OA⊥OB进行变形得−16p2（2）假设存在Px0,y0满足题意，同时假设过点F（1）由题意可得：kOD=3所以直线AB的方程为：y−23设Ax联立抛物线方程消去