浙江省宁波市“十校”2025届高三下学期3月联考数学试卷 含解析

这是一份浙江省宁波市“十校”2025届高三下学期3月联考数学试卷 含解析，共24页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟；
2．答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方．
3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效．
4．考试结束后，只需上交答题卷．
第Ⅰ卷
一、选择题：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. 已知随机变量，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态分布的定义即可得解.
【详解】因，所以.
故选：D.
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据指数函数单调性计算集合B，解一元二次不等式得出集合A，最后应用交集定义计算求解.
【详解】因为集合，
则.
故选：C.
3. 在平面直角坐标系中，动点满足方程，则动点轨迹离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的定义结合双曲线的离心率公式即可得解.
【详解】表示点到点和点的距离之差的绝对值等于，
又因为，
所以点是以点和点为焦点的双曲线，
其中焦距，，
所以动点轨迹的离心率.
故选：C.
4. 已知函数为偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用偶函数的定义列式结合对数运算计算求参.
【详解】因为函数为偶函数，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，所以且，
则.
故选：A.
5. 已知，则的最大值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】由两角和与差的正弦和余弦公式结合化简，再由基本不等式即可得出答案.
【详解】
，
当且仅当时取等
故选：B.
6. 对空间中的非零向量，记向量，与的夹角为，对，则的最大值是（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】先找到6个满足题设条件的向量，然后用反证法证明满足题设条件的向量个数不能超过7.
【详解】不妨设对空间中的非零向量都是单位向量，它们的起点都在坐标原点，
则终点在单位球面上，
当时，
对，满足题设条件对，，
这说明的最大值不少于6.
下面证明不会超过6.
假设有7个以上的向量满足条件，则存在7个以上的向量终点.
总可以找到一个大圆面，不经过任何一个终点，
于是这个大圆面的某一侧必然有四个以上的终点，不妨设是这样的四个点，
它们在某个大圆面的同一侧，且使得所对应的任意两个向量所成的角不小于直角.
将这些向量适当集中一下，可以使得它们两两变成直角而不改变在这个大圆的同一侧的属性，
这样一来，这个向量所在的直线是两两垂直的，这是不可能的，
实际上过同一点两两垂直的直线至多有三条，
如果还有第四条的话，根据线面垂直的判定定理，必然会和原来三条中的任意两条所确定的平面垂直，
则与第三条重合，这样就产生了矛盾.
至此，我们证明了的最大值确实为6，
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键难点是用一个不经过任何一点的大圆面分割，借助于抽屉原理，以及适当变换而不改变基本属性的思想转化为在平面的同一侧互相垂直的向量不超过三条的问题，最后利用线面垂直的判定定理进行推理论证得到矛盾.
7. 在四边形中，已知，若，则的长度为（ ）
A. 4B. C. 5D.
【答案】D
【解析】
【分析】设分别为的中点，先证明两点重合，则四边形为平行四边形，再分别将用表示，结合数量积的运算律即可得解.
【详解】如图，设分别为的中点，
则，
所以，
两式相加得，①
同理可得，②
由①②得，③
因为为的中点，
所以，
则，④
而，则，⑤
由④⑤得，⑥
由③⑥可得，
即，
又因为，
所以，所以两点重合，
所以互相平方，所以四边形为平行四边形，
则，
故，即，
所以，
因为，
所以，
所以，即.
故选：D.
8. 已知函数，对任意，都有恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数是奇函数及函数单调性，化简不等式计算，应用函数最值求解.
【详解】因为函数，定义域为R，
函数，所以函数是奇函数；
对任意，都有恒成立，
则，
所以，
化简得
所以或，
所以或
令，单调递减，单调递增，
当时，；
当时，，当时，；
所以，
对任意，
所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解题的关键是把恒成立问题转化为最值问题结合函数单调性得出函数最值即可解题.
二、选择题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 在二项式的展开式中，前3项的系数成等差数列，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B. 展开式中所有奇数项的二项式系数和为128
C. 常数项为
D. 展开式中系数最大项为第3项和第4项
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出展开式的通项，根据题意可得，即可判断A；根据二项式定理的性质即可判断B；令的指数等于零，即可判断C；理由不等式法即可判断D.
【详解】展开式的通项为，
则前3项的系数分别为，
对于A，由题意可得，
即，解得或（舍去），
所以，故A正确；
对于B，展开式中所有奇数项的二项式系数和为，故B正确；
对于C，展开式的通项为，
令，则，
所以展开式中常数项为，故C错误；
对于D，设展开式中第项的系数最大项，
则有，解得或，
所以展开式中系数最大项为第3项和第4项，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数部分图像如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 的图像关于直线对称
B. 的图像关于点对称
C. 将函数的图像向左平移个单位得到函数的图像
D. 若方程在上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是
【答案】AB
【解析】
【分析】根据图像周期性求出，代入特殊点求，得到，对四个选项一一验证，对于A、B，代入验证即可；对于C，利用平移左加右减的规律即可求得平移后的函数，化简进行比较；对于D，先判断出单调性，求出最值，根据函数值的正负进行判断.
【详解】由题图可得，，故，
所以，又，即，
所以，，又，所以，所以.
对于A：当时，，故A正确；
对于B：当时，，故B正确；
对于C：将函数的图像向左平移个单位长度得到函数，
，故C错误；
对于D：当时，，则当，单调递减；当， 单调递增，
因为，，，
所以方程在上有两个不相等的实数根时，的取值范围是，故D错误.
故选：AB.
11. 在棱长为2的正方体中，为面内以为直径的半圆上的动点，则（ ）
A. 的最大值为
B. 与平面所成角的最大值的正弦值为
C. 的最小值为
D. 二面角的最小值的正切值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，再利用向量法对各个选项求解即可.
【详解】如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
设，
对于A，，
则，
所以的最大值为，故A正确；
对于B，因为轴垂直平面，
则平面的法向量可取，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以与平面所成角的最大值的正弦值为，故B错误；
对于C，，
则，
所以的最小值为，故C正确；
对于D，因为轴垂直平面，
则平面的法向量可取，
，
设平面的法向量为，
则有，
令，则，
所以，
设二面角为，由图可知为锐角，
则
，
所以，
则
，
当，即时，取得最小值，
所以二面角的最小值的正切值为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知复数满足，则的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的几何意义，利用数形结合即可得解.
【详解】由复数的几何意义可知，表示复数与对应点之间的距离，
所以复数对应的点是以为圆心为半径的圆，如图，
表示圆上的点到原点的距离，
由图知，的最小值为.
故答案为：.
13. 已知点为抛物线的焦点，过的直线（倾斜角为锐角）与交于两点（点在第一象限），交其准线于点，过点作准线的垂线，垂足为，若，则____________．
【答案】2
【解析】
【分析】先联立方程计算求解的坐标，再求出所在直线斜率，可得的倾斜角，最后应用两角和的正切公式计算即可．
【详解】设所在直线方程为，
联立，得．
设，准线交x轴于点M，则，
又，，即，
联立 ，过的直线（倾斜角为锐角），解得（舍)或，
则，即，
设的倾斜角为，则，
由，， ，
可得；
故答案为：2．
14. 生活中经常会统计一列数据中出现不同数据的个数．设，对于有序数组，记为中所包含的不同整数的个数，比如：，．当取遍所有的个有序数组时，的总和为____________．
【答案】10505
【解析】
【分析】根据题意得数据中的整数个数可能有五种情况，分别进行讨论即可得出结果.
【详解】按的取值分类，
当时，有组，
当时，有组，
当时，有组，
当时，有组，
当时，有组，
所以总和为.
故答案为：10505..
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）化简，并求的值；
（2）在锐角中，内角满足，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将函数中的切化弦，再分子分母同时乘以，利用二倍角公式及辅助角公式即可化简，化简后将代入解析式即可求得结果.
（2）将代入解析式，再由已知求出的取值范围，即可求出的值，再利用凑角及两角和差公式代入数值即可求得结果.
【小问1详解】
，所以，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，所以，
又因且，所以，则，
因为，所以，
所以.
16. 在三棱锥中，，为的中点．
（1）求证：；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成的角．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作于，连接，根据，求出，利用勾股定理证明，再利用余弦定理求出，再利用勾股定理证明，即可证得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）易得即为二面角的平面角，再证明平面，则即为直线与平面所成角的平面角，即可得解.
【小问1详解】
作于，连接，
在中，，则，
所以，所以，
所以，
在中，，所以，则，
在中，，
又，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
由（1）知，，，
则即为二面角的平面角，故，
又，则，
在中，，所以，
因为为的中点，所以，
则，所以，
又平面，
所以平面，
所以即为直线与平面所成角的平面角，又，
所以线与平面所成的角为．
17. 已知函数为自然对数的底数．
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）分，和三种情况讨论，利用分离参数法求解即可.
【小问1详解】
当时，，
则，则，
所以函数在点处的切线方程为，即；
【小问2详解】
当时，恒成立，此时；
当时，问题转化为对任意的恒成立，
令，则，
令，则，
因为，所以，则在上单调递增，
又因，
故当时，则在上单调递减；
当时，则在上单调递增，
所以，所以；
当时，问题转化为对任意的恒成立，
仿上设函数，则有，
因为，所以，则函数在上单调递减，
所以，故当时，，
所以函数在上单调递减，
所以，所以
综上所述，的取值范围为．
18. 已知椭圆的离心率为，且过点．

（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点，过点作直线（不与轴重合）交椭圆于，连接交于点，连接，直线与轴交于点．
（i）求的值；
（ii）若点在线段上，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出，即可得解；
（2）（i）设，记，分别将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求出，再求出即可得解；
（ii）由（i）可得点为线段的中点，则，进一步有，再求出的范围即可.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
（i）设，记，
则直线，
联立，消得，
则，故，
则，所以，
另一方面直线，
联立，消得，
则，所以，
由于，得，
，
所以；
（ii）由（i）的结论可知，点为线段的中点，则，
不妨设都在轴上方，
进一步有，
由（i）联立直线与椭圆的方程得，
由韦达定理得，
则，
因为点在线段上，所以，
所以，
所以得取值范围为.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
19. 对于数列，若存在正整数，使得从数列的第项起，恒有成立，则称数列为第项起的周期为的周期数列．
（1）已知数列满足，且，证明：3是的一个周期．
（2）已知数列（其中，不全为0），，证明：存在正整数，使得时，成立，并求出满足条件的一个周期．
（3）已知数列，求证：不是周期数列．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析，；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）升次作差并因式分解得，则；
（2）分和讨论即可得到对的自然数，恒有；
（3）利用反证法假设是周期数列，递推得，再利用换元法得，则出现矛盾点，从而假设不成立.
【小问1详解】
由于，①
，②
由②①得，，
即，
又，则，故3是的一个周期．
【小问2详解】
由递推和，，
得，，，．
（i）若，则，，，，．
（ii）若，则，，，，．
无论何种情况，都有，．
由递推关系得，会逐渐进入循环，对的自然数，恒有．
故是的一个周期．
【小问3详解】
假设是周期数列，则至少存在，，不妨设，使得．
由递推关系得，
整理得．
再进一步得到，如此进行下去，最后得到．
设，则，得，但这不可能．
接下来证明：，．
设，，
则；
；
以此类推，得到，．
于是有，（）
若存在，不妨设，其中s，t都是非负整数，
则式（）经过s步倒推后，得到，则，得．
由于，得，
但经过递推后得到都是有理数，两者矛盾．
故，，假设不成立，故不是周期数列.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用反证法 ，假设是周期数列，从而得到矛盾点，即证明不是周期数列.