浙江省天域全国名校协作体2025届高三下学期3月联考数学试卷（解析版）

这是一份浙江省天域全国名校协作体2025届高三下学期3月联考数学试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，
又因为集合，
则.
故选：B.
2. 函数是（ ）
A. 最小正周期为的奇函数B. 最小正周期为的偶函
C. 最小正周期为的奇函数D. 最小正周期为的偶函数
【答案】D
【解析】因为函数，
所以函数的最小正周期为，函数是偶函数.
故选：D.
3. 已知向量满足，则在方向上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为向量满足，
所以，解得，
所以在方向上的投影向量是，
故选：D
4. 设为正实数，则“”是“”的（ ）
A. 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
【答案】A
【解析】若，由函数在上为增函数，
所以，令，则在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增，则，
所以在区间上恒成立，又与互为反函数，关于对称，
所以当时，，所以，
则，故“”是“”的充分条件，
反之，若，当时，，
但，所以“”不是“”的必要条件，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A. 4B. 8C. 10D. 12
【答案】D
【解析】，
，
，
，
解得：，
，
故选：D．
6. 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. B. C. D.
【答案】C
【解析】10级台阶要用7步走完，则4步是上一级，三步是上两级，
共种走法，
若第二步走两级台阶，则其余6步中有两步是上两级，
共，
所以第二步走两级台阶的概率为.
故选：C
7. 正四棱台侧棱长为，上下底面边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则正四棱台的外接球表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图所示，，，
设为外接球球心，外接球半径为，为上下底面的中心，易知，
又侧棱长为，则，又易知，
设，则，，
故，解得：，
故，所以球的表面积为，
故选：B.
8. 已知双曲线的左焦点为，过点的直线与双曲线左支交于，两点，两点关于轴对称，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】连接，因为关于轴对称，则，
设，，
则，又，得到，
所以，
又，则，，同理可得，
因为，所以，整理并化简得到，
又因为，将代入，并化简得，
所以，整理得到，所以
故选：B.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 数据的第百分位数为
B. 已知随机变量，若，则
C. 样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则
D. ，，，和，，，的方差分别为和，若且，则
【答案】BC
【解析】对于选项A，将数据从小排到大得到，
又，数据的第百分位数为，故选项A错误，
对于选项B，因为，则，所以选项B正确，
对于选项C，由题知，得到，所以选项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：BC.
10. 已知方程在复数范围内有n个根，且这n个根在复平面上对应的点将单位圆n等分.下列复数是方程的根的是（ ）
A. 1B. iC. D.
【答案】ACD
【解析】由题意得，方程在复数范围内有个根，根据三角函数定义得这个根在复平面上对应的点坐标为，
∴在复数范围内的根为.
A.当时，，故是方程的根，A正确.
B.，由得，不是整数，B错误.
C.，由得，符合要求，C正确.
D.当时，，故是方程的根，D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，则下列命题中正确的是（ ）
A. 是的极大值
B. 当时，
C. 当时，有且仅有一个零点，且
D. 若存在极小值点，且，其中，则
【答案】ACD
【解析】对于选项A，因为，则，
当时，令，得到或，当或时，，当时，，
所以是的极大值点，极大值为，是极小值点，极小值为，
当时，，由极值的定义知，的极大值为，无极小值，
当时，令，得到或，当或时，，当时，，
所以是的极大值点，极大值为，是极小值点，极小值为，
综上，是的极大值，所以选项A正确，
对于选项B，因为，由选项A知，在区间上单调递增，
又，则，，所以，故选项B错误，
对于选项C，当时，，由选项A知，的增区间为，，减区间为，
当时，，，，
由零点存在性原理知，当时，有且仅有一个零点，且，所以选项C正确，
对于选项D，因为存在极小值点，由选项A知，，得到，
因为，则，整理得到，
即，又，所以，故选项D正确，
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线与圆相交，则实数k的取值范围为________．
【答案】
【解析】，即，直线方程，
直线与圆相交，则，解得．
故答案为：．
13. 若函数在上恰有2个零点，则符合条件的a为_______.
【答案】1
【解析】令，则或，
由，
当时，在上没有零点，
则在上应有2个零点，
因为，所以，即，
与联立得，因为，所以a无解；
当时，在上有1个零点，
而在上有1个零点，满足题意；
综上得符合条件的为1．
故答案为：1．
14. 若存在实数使得，则实数的取值范围为________.
【答案】
【解析】因为
，
设，，，令，
则，
又易知，点在圆上，如图所示，
则，又，故的最大值为，
因为存在实数使得
所以 ，即 ，
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. 如图，在斜三棱柱中，侧面底面，侧棱与底面成的角，．底面是边长为2的正三角形，其重心为G点，E是线段上一点，且．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的正切值．
（1）证明：延长交于点，连接，，
，且，
，
点为的中点，
为的重心，
、、三点共线，且，
，
又侧面，侧面，
侧面；
（2）解：在侧面内，过作，垂足为，
侧面底面，，侧面，
底面，因为底面，所以，
又侧棱与底面成的角，，
，，，
在底面内，过作交的延长线于点，连接，
，平面，
平面，又平面，，
平面与底面的交线为，
为所求二面角的平面角，
，，
，
在中，，
故平面与底面成锐二面角的正切值为．
16. 已知，，，.
（1）讨论的单调性；
（2）若，曲线的任意一条切线，都存在曲线的某条切线与它垂直，求实数b的取值范围.
解：（1）由题意得，函数定义域为.
∵，∴.
若，则，在上单调递减.
若，令得，
当时，，当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减.
综上得，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，
∵，∴，
∴曲线上任意一点处的切线斜率为，曲线上的任意一点处的切线斜率为.
由题意得，对任意的，总存在，使得等式成立，
将等式变形为，则函数的值域是函数值域的子集.
由得，，故函数的值域为，
∴.
∵，
∴，解得或，
∴实数b的取值范围是.
17. 在列联表（表一）的卡方独立性检验中，，其中为第i行第j列的实际频数，如，而第i行的行频率第j列的列频率总频数，为第i行第j列的理论频数，如.
（1）求表二列联表值；
（2）求证：题干中与课本公式等价，其中.
（1）解：由题意得，
所以；
（2）证明：列联表如下：
则，
所以
同理
所以
18. 已知抛物线，为的焦点，为的准线是上两点，且（O为坐标原点），过作，垂足为D，点D的坐标为.
（1）求C的方程；
（2）在C上是否存在点，使得过F的任意直线交C于S，T两点，交l于M，直线的斜率均成等差数列？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
解：（1）由题意可得：，所以，
所以直线的方程为：，
设，
联立抛物线方程消去得：，
所以，
所以，
因为，所以，
即，解得：，
所以抛物线方程为：
（2）
由（1）得，假设存在满足题意，
过点得动直线方程为，
联立，解得则，设，
联立，消去得：，
所以，
直线得斜率为，直线得斜率为，
直线的斜率为，
因为直线的斜率均成等差数列，
所以，
整理得：，对任意恒成立，
所以，解得：或，此时，
即存在或满足题意；
19. 已知N为偶数，给定数列，，…，，记为，对作如下变换：
①将中的奇数项取出，按原顺序构成新数列的前项；
②将中的偶数项取出，按原顺序构成新数列的第项到第N项.
称上述操作为T变换，构成的新数列为，记，定义为操作k次后得到的新数列，即，，其中表示数列中的第i项.
（1）若，求，，；
（2）令，，其中数列的各项互不相同，记，规定为集合C的元素个数：
（i）求；
（ii）求不超过10的最大正整数m，满足.
解：（1），，；
（2）（i）当时，；
当时，；
记满足，若 ，则，有
当时，；
，为以2为首项以2为公比的等比数列，，
此时有，可知，
当时，，故，
此时有，因此为周期数列，；
（ii）因为，若，则不断操作下去，
有，且对于任意，要么，要么，
于是有，所以，
经检验，不超过10的最大正整数，此时，
，以此类推，符合条件.a
b
c
d
10
20
30
40
（表一）
（表二）
a
b
c
d