贵州省贵阳市七校2025届高三下学期4月联考（三）数学 Word版含解析

贵州省贵阳市七校2025届高三下学期联合考试（三）数学试题一、单选题1集合，则（    ）ABCD2复数（为虚数单位），则在复平面内对应的点所在象限是（    ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3“”是“方程表示圆”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4已知，且则（    ）ABCD5下列函数在上是单调递增的函数是（    ）ABCD6已知数列是公差为2的等差数列，且，则数列的前20项之和为（    ）A80B208C680D7807折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄决胜千里大智大勇的象征（如图甲）图乙是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧所在圆的半径分别是6和12，且，则圆台的体积为（    ）ABCD8已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过点的直线交于两点，且，线段的中点为，则直线的斜率绝对值最小值为（    ）ABCD1二、多选题9如图所示，在正方体中，给出以下判断，其中正确的有（    ）A平面B平面C与是异面直线D平面10将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记事件：两次的点数之和为偶数，：两次的点数之积为奇数，：第一次的点数小于，则（    ）ABC与相互独立D与互斥11我国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（    ）A第2025行共有2025个数B从第0行到第10行的所有数之和为2047C第21行中，从左到右的第3个数是210D第3斜列为：，则该数列的前项和为三、填空题12设向量，的夹角的余弦值是，且，则 13三名篮球运动员甲乙丙进行传球训练（不能传给自己），由甲开始传，经过4次传递后，球被传给丙，则不同的传球方式共有 种14已知定义在上的函数满足：，则 ；若，对任意的，都有，则当时，不等式的解集为 四、解答题15已知在中，角所对的边分别为，若(1)求角；(2)若点在线段上，且，求的长度.16如图，在直三棱柱中，点分别为的中点，(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面夹角的余弦值17甲参加一项闯关挑战比赛，共设有3个关卡，分别为，挑战成功分别积2分4分6分根据他以往挑战的经验，关卡挑战成功的概率为，关卡挑战成功的概率为，关卡挑战成功的概率为，各个关卡之间相互独立闯关规则为：闯关前先选择闯关搭配（每个关卡最多只能挑战一次，闯关不分先后顺序），可随机选择挑战1关2关或3关，一旦选定，需要全部闯关成功才能积分，选择搭配的闯关中若有一关失败则积分为0分，最后以积分最高者胜(1)求甲最后积分为6分的概率；(2)记甲最后的积分为随机变量，求的分布列和期望18已知函数(1)若函数在处的切线过坐标原点，求的值；(2)若有两个不同的零点，求的取值范围19在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比(1)已知双曲线的方程为，伸缩比，求关于原点伸缩变换后所得双曲线的方程；(2)已知椭圆：经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线：与椭圆分别交于两点，且，求椭圆的方程；(3)已知抛物线：作“伸缩变换”得到：，即：；对作变换，得抛物线：；如此进行下去，对抛物线：作变换，得抛物线：，若，求数列的通项公式. 参考答案1C【详解】，所以，故选:C2D【详解】，所以，对应点的坐标为，故选：D3A【详解】由方程，可得，若时，可得，此时方程表示圆，即充分性成立；反之：方程表示圆时，例如：当时，方程可化为也可以表示圆，所以必要性不成立，所以“”是“方程表示圆”的充分不必要条件.故选：A4B【详解】因为，所以两边平方得：.故选：B5D【详解】对于A，单调递减，有减区间，所以错误；对于B当时，单调递减，单调递增，所以当时单调递减，错误；对于C，在，故，错误；对于D在恒成立，正确，故选：D6B【详解】因为，即，解得，所以，前项和，所以数列的前20项中，前8项为负数，后12项为正数，所以.故选：B7C【详解】设圆台上下底的半径分别为，由题意知，得，得，作出圆台的轴截面如图1所示，则圆台的高，则上底面面积，下底面面积，由圆台的体积计算公式得：，故选：C8A【详解】由题意可知直线的斜率存在，设直线方程为，联立得：，由韦达定理得：，则，又因，则，得，故抛物线，且，故，当且仅当，即时等号成立.故选：A9ACD【详解】对于选项A，因为为正方体，所以平面，所以A正确；对于选项B，因为平面，所以与平面也有交点，所以B错误；对于选项C，因为与相交，所以与异面，所以C正确；对于选项D，因为平面，平面，所以且，所以平面，平面，所以，同理，所以平面，所以D正确.故选：ACD10BC【详解】根据题意，抛掷两次，其样本空间共有36个样本点事件的样本空间，有18个样本点；事件的样本空间有9个样本点，错误；正确：，正确；事件与事件能同时发生，所以不互斥，D错误，故选：BC11BCD【详解】对于A：行数比每行的个数少1，所以第2025行共有2026个数，所以A错误；对于B：可以得出每行的数字之和形成一个首项为1，公比为2的等比数列，所以，所以B正确；对于C：第21行的二项式系数为且，所以从左到右第三个数是，所以C正确；对于D：由公式得：，所以D正确.故选：BCD12【详解】故答案为：.135【详解】第一次传球，因为由甲开始传，且不能传给自己，所以甲可以传给乙或丙. 分情况讨论后续传球情况一：甲第一次传给乙第二次传球，乙可以传给甲或丙.若乙传给甲，第三次传球，甲可以传给乙或丙.若甲传给乙，第四次传球，乙只能传给丙，此时传球方式为甲乙甲乙丙. 若甲传给丙，此时传球方式为甲乙甲丙. 若乙传给丙，第三次传球，丙可以传给甲或乙.若丙传给甲，第四次传球，甲只能传给丙，此时传球方式为甲乙丙甲丙. 若丙传给乙，第四次传球，乙只能传给丙，此时传球方式为甲乙丙乙丙. 情况二：甲第一次传给丙第二次传球，丙可以传给甲或乙.若丙传给甲，第三次传球，甲可以传给乙或丙.若甲传给乙，第四次传球，乙只能传给丙，此时传球方式为甲丙甲乙丙. 若甲传给丙，此时传球方式为甲丙甲丙. 若丙传给乙，第三次传球，乙可以传给甲或丙.若乙传给甲，第四次传球，甲只能传给丙，此时传球方式为甲丙乙甲丙. 若乙传给丙，此时传球方式为甲丙乙丙. 由上述分析可知，不同的传球方式共有种.故答案为：5.14 【详解】由，令，得，解得；设，则，由，得，即，设，则在上单调递减由，得，即所以解得，即不等式的解集为故答案为：2；.15(1)或(2)【详解】（1）由得，因为，所以或；（2）当时，因为，所以为等边三角形，不符合题意；当时，因为，所以，由正弦定理得得所以的长度为16(1)证明见解析；(2)；(3).【详解】（1）在直三棱柱中，平面，且，则，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，易知平面的一个法向量为，则，故，平面，故平面.（2）由题意，设平面的法向量为，则取，可得，因此，直线与平面夹角的正弦值为（3）由题意，设平面的法向量为，则取，可得，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为17(1)(2)分布列见解析，数学期望为【详解】（1）根据题意，甲随机搭配的样本空间，有7个样本点，设“甲积分为6分”，包含两种组合且均成功，则；（2）根据题意，的所有可能取值为；其中，变量的分布列为：024681012所以期望18(1)(2)【详解】（1）因为，所以，所以在处的切线方程为，即，又因为切线经过原点，所以（2）令，则，令则，则当时，所以在上单调递增，又，所以当时，在上单调递增；当时，在上单调递减又，所以只有唯一零点，即，不符合题意当时：令，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，所以，令，则，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减所以，（i）若，则，所以在上单调递增，最多一个零点，不符合题意（ii）若，则，当时，所以，使得；又因为，所以当和时，在和上单调递增；当时，在上单调递减；因为，当时，所以此时，有两个零点0和，符合题意（iii）若，则，当时，；所以，使得，又因为，所以当和时，在和上单调递增；当时，在上单调递减因为，当时，所以，此时，有两个零点0和，符合题意综上所述，的取值范围为19(1)(2)或(3)【详解】（1）由条件得，整理得，所以的方程为（2）因为关于原点“伸缩变换”，对作变换，得，联立，解得点的坐标为，联立，解得点的坐标为，所以，即或，解得或，因此椭圆的方程为或（3）对作变换，得抛物线，得，又因为，所以，即，当时，得适用上式，所以数列的通项公式