貴陽市七校2025屆高三年級聯合考試（二）數學注意事項：1．答題前，考生務必用黑色碳素筆將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號在答題卡上填寫清楚．2．每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．在試題卷上作答無效．3．考試結束后，請將答題卡交回．本卷滿分150分，考試用時120分鐘．一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.以下選項中，是集合的元素的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】需要注意集合中的元素的形式，本題的A選項和C選項與集合的元素形式不同，可以直接排除，再用代入法即可選出正確答案D.【詳解】集合A的元素表示的是平面直角坐標系中一條直線上的點（數對），選項A和選項C表示的都是只有一個點作為元素的集合，可以首先排除；再將點的坐標代入到集合A的直線方程當中，可知不在直線上，在直線上.故選D．2.已知復數在復平面內對應的點的坐標為，且滿足，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】設復數，結合復數的模長運算和幾何意義可得.【詳解】設復數，則，所以，所以在復平面上，表示到點的距離為1，即表示以為圓心，1為半徑的圓，故選：D．3.若向量，且A，C，D三點共線，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題意知，再由向量平行的坐標表示列方程求參數即可.【詳解】由三點共線，得，又，得，解得.故選：B4.已知雙曲線與直線相交于A，B兩點，其中中點的橫坐標為，則該雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設中點為，根據易知確定坐標值，再應用點差法及直線斜率的兩點公式得到，進而得到雙曲線參數的齊次方程求離心率.【詳解】設中點為，由題設易知，故，因為，故，所以，而，故，故，故.故選：A5.隨著環保法的深入實施，生態環境持續改善，據統計，第年某公園鳥類數量（只）近似滿足，觀測發現第2年有鳥類共500只，估計第5年有鳥類（）A.765只 B.818只 C.915只 D.965只【答案】B【解析】【分析】根據已知條件可知當代入解析式求出的值，然后把代入解析式通過對數運算的性質化簡即可.【詳解】由題意當，得：，解得：，所以時，，故選B．6.一個口袋里有質地和大小都相等、編號不同的個白球和1個紅球，下列哪個式子可以表示從這個口袋中抽取個球的方法數？（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依題意只要找出與等價的方法數，分摸出的球中不含有紅球與含有紅球兩種情況討論，利用組合數公式計算可得.【詳解】從個球中摸個球用組合數公式表示為，但選項中并沒有，所以要找與等價的方法數，將摸球分為兩類，第一類，摸出的球中不含有紅球，則需從剩下的個球中摸個球；第二類，摸出的球中含有紅球，則只需從余下的個球中再摸個球，故.故選：C．7.如圖，這是注入了一定量水的正方體密閉容器，現將該正方體容器的一個頂點固定在地面上，使得三條棱與水平面所成角均相等，此時水平面恰好經過的中點，若，則該水平面截正方體所得截面的面積為（）A. B. C.4 D.【答案】B【解析】【分析】根據已知及平面的基本性質確定水平面截正方體所得截面的形狀，進而求其面積.【詳解】在正方體中，與平面所成的角是相等的，所以水平面平行于平面，又水平面恰好經過的中點，則水平面截正方體所得的截面是過棱的中點的正六邊形，且邊長為，如圖，所以其面積.故選：B8.已知，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】當時，，因為，即可判斷選項A；由，得，構造函數，利用導數分析函數的單調性，利用單調性比較大小，即可判斷選項C；由知，兩邊取對數即可判斷選項B；由，所以，即可判斷選項D.【詳解】對于A選項，當時，，因為，所以A錯誤；對于C選項，，由，得，令，則，，由，得，由，得，則函數在上單調遞減，在上單調遞增，且時，，當時，，如圖，因為，由，得，即，所以，選項C正確；對于B選項，由知，則即，所以B錯誤；對于D選項，因為，所以，得，D錯誤.故選：C．二、多項選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9.已知函數的部分圖象如圖所示，則（）A.B.將函數的圖象上所有點向右平移個單位長度可得函數的圖象C.當時，的值域為D.將函數的圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，得到的函數圖象關于點對稱【答案】ACD【解析】【分析】根據函數圖象可確定函數的表達式為，即可判斷AB，根據函數圖象的平移以及伸縮變換，即可判斷CD.【詳解】由圖可知，，函數的最小正周期，由，知，故A正確；因為，所以，所以，，即，又，所以，所以，對于B，將函數的圖象向右平移個單位長度，得到，故B錯誤；對于C，當時，，所以，所以的值域為，故C正確；對于D，將函數的圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，得到的圖象，因為當時，，所以得到的函數圖象關于點對稱，故D正確.故選：ACD．10.設為坐標原點，直線過拋物線的焦點F，M為上一動點，為定點，則下列結論正確的是（）A.B.的最小值為4C.直線被拋物線所截的長度為8D.以線段為直徑的圓與軸相切【答案】ABD【解析】【分析】由拋物線方程判斷A；準線于，利用拋物線的定義有，數形結合確定最小值判斷B；聯立直線與拋物線求交點橫坐標，應用拋物線定義求相交弦長判斷C；由，求出的中點坐標及其長度，判斷所得橫坐標與弦長的一半是否相等即可判斷D.【詳解】A選項，由拋物線，對；B選項，準線于，如圖，則，故，當且僅當E，M，A共線且準線時，最小，為4，對；C選項，聯立與拋物線得，整理得，所以直線與拋物線交點的橫坐標分別為，則相交弦長為，錯；D選項，由，則中點坐標為，而，故，所以，以線段為直徑的圓與軸相切，對.故選：ABD11.已知函數，則下列說法正確的是（）A.當時，在上是增函數B.當時，在處的切線與坐標軸圍成的三角形的面積為C.若在上為減函數，則D.當時，若函數有且只有一個零點，則【答案】BD【解析】【分析】利用導數研究函數的單調性判斷A；導數的幾何意義求切線方程，進而求交點坐標，即可求三角形面積判斷B；問題化為在上恒成立，應用導數研究右側的最小值，即可得參數范圍判斷C；問題化為有唯一解，應用導數研究右側的單調性和值域判斷D.【詳解】對于A，為增函數，時趨向負無窮，時趨向正無窮，所以存在使，故上在上為減函數，錯；對于B，由題設，則，且，所以在處切線方程為，切線與軸的交點坐標為，與軸交點坐標為，所以在處的切線與坐標軸圍成的三角形的面積為，對；對于C，因為函數在上為減函數，則在上恒成立，即，令，則，易知時，時，所以在上為減函數，在上為增函數，所以，錯；對于D，函數有且只有一個零點，即有唯一解，則，令且，則，令，顯然在上為增函數，，則，使得，易知時，時，則在為減函數，在為增函數，則，當時，，所以有且只有一個解時，，即，對.故選：BD【點睛】關鍵點點睛：對于C、D，化為在上恒成立、有唯一解為關鍵.三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）12.已知等差數列中，，則_____．【答案】30【解析】【分析】利用等差數列的下標性質即可求解.【詳解】等差數列中，由得，所以．故答案為：30.13.的三個內角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，若，角的平分線交于，則_____．【答案】2【解析】【分析】根據余弦定理，先計算出邊的長度，然后利用面積等于與的面積的和計算角平分線的長度，或者求出各個角的大小，用正弦定理求出的長度.【詳解】由圖可知，記，方法一：由余弦定理可得，，因為，解得：，由可得，，解得：．方法二：由余弦定理可得，，因為，解得：，由正弦定理可得，，解得：，因為，所以，又，所以，即．故答案：.14.對于兩個空間向量與，我們可以定義它們之間的歐式距離為，歐式距離可以簡單理解為兩點之間的直線距離；根據需要，還可以定義它們之間的曼哈頓距離為，曼哈頓距離最初指的是區塊建設的城市（如曼哈頓）中，兩個路口間的最短行車距離，因此也被稱為城市街區距離．如圖，在棱長為的正方體中，_____；若點在上底面內（含邊界）運動，且，則的取值范圍是_____．【答案】①.②.【解析】【分析】以為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，求出向量、的坐標，結合題中定義可求得的值；分析可知在上底面內，點在以為圓心，為半徑的圓周上，設點，，利用題中定義結合三角函數的基本性質可求得的取值范圍.【詳解】以為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，則、、、，則，，所以．因為在上底面內（含邊界）運動，且，則，即在上底面內，點在以為圓心，為半徑的圓周上，可設，則，，，所以，，因為，則，所以．故答案為：；.四、解答題（本大題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）15.已知數列的前項和為，對一切正整數，點在函數的圖象上．（1）求數列的通項公式；（2）若數列滿足，求數列的前項和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據關系求數列的通項公式；（2）應用分組求和，結合等差、等比數列的前n項和公式求.【小問1詳解】由題設，知，當時，，當時，，經驗證，滿足，．【小問2詳解】，數列是以首項為1，公比為2的等比數列，，．16.已知函數，．（1）討論函數的單調性；（2）無論取何值，函數的圖象都在函數圖象的上方，求實數的取值范圍．【答案】（1）在上為增函數，在上為減函數（2）．【解析】【分析】（1）求出函數的導數，通過討論的取值范圍求出函數的單調區間即可；（2）根據已知條件將問題轉化為：恒成立，構造函數，對函數求導，根據函數單調性求出函數的最值即可求解.【小問1詳解】，當時，，在上為增函數；當時，，令，得；令，得，在上為增函數，在上為減函數．【小問2詳解】無論取何值，函數的圖象都在函數圖象的上方，即為恒成立，即，則，恒成立，令，，，令，得；令，得，則在上增函數，在上為減函數，，則．17.如圖，過球心，圖中畫出的以為直徑的圓記為圓O，C為圓上不同于，的動點，是球面上不在圓上的動點，為的重心，在線段上且．（1）證明：平面；（2）當三棱錐體積最大時，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）連接并延長交于點，連接，根據為的重心和，得到，再利用線面平行的判定定理證明；（2）由三棱錐體積最大時，平面平面，且和為等腰直角三角形，以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，分別求得平面的一個法向量為和平面的一個法向量為，由求解．【小問1詳解】連接并延長交于點，連接，如圖，因為為的重心，所以．因為，則，所以．又平面平面，所以平面．【小問2詳解】當三棱錐體積最大時，平面平面，且和為等腰直角三角形，設球半徑為2，則．以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，如圖，則，，所以．設平面的一個法向量為，則，取，則，故．設平面的一個法向量為，則，取，則，故．設平面與平面所成角為，則．18.2024年巴黎奧運會上網球女單決賽中中國選手鄭欽文擊敗克羅地亞選手維基奇獲得中國在該項目上首枚金牌！習近平總書記在接見鄭欽文等體育代表時，贊嘆“國家榮譽永遠超過個人”、“我的這塊金牌獻給偉大的祖國”等誓言擲地有聲，展項了祖國至上，為國爭光的赤子情懷．網球比賽為三局兩勝制，設鄭欽文與維基奇的單局比賽獲勝概率為，且每局比賽相互獨立．（1）在此次決賽之前，兩人交手記錄為2021年庫馬約爾站：鄭欽文0比2不敵維基奇；2023年珠海WTA超級精英賽：鄭欽文以2比1戰勝維基奇．若用這兩次交手共計5局比賽記錄來估計．（i）為多少？（ii）請利用上述數據計算鄭欽文在此次奧運會決賽中戰勝維基奇獲得冠軍的概率．（2）在中是否存在一個實數使鄭欽文在五局三勝制中獲勝的概率大于三局兩勝制中獲勝的概率？【答案】（1）（i）0.4；（ii）0.352；（2）不存在.【解析】【分析】（1）（i）根據過往比賽中鄭欽文勝負情況估算概率求；（ii）法一：用表示3局比賽中鄭欽文勝的局數，則，再應用二項分布的概率求法求鄭欽文在此次奧運會決賽中戰勝維基奇獲得冠軍的概率；法二：應用獨立事件乘法公式、互斥事件的加法求鄭欽文在此次奧運會決賽中戰勝維基奇獲得冠軍的概率；（2）法一：三局兩勝制中，設賽滿3局，用表示3局比賽中鄭欽文勝的局數，則，五局三勝制中，設賽滿5局，用表示5局比賽中鄭欽文勝的局數，其中，進而有求概率范圍，即可得結論；法二：應用獨立事件乘法公式、互斥事件的加法求出不同賽制下鄭欽文獲勝的概率，列不等式求概率范圍，即可得結論.【小問1詳解】（i）根據兩次交手記錄，鄭欽文共勝2局，負3局，因此的估計值為0.4．（ii）法一：不妨設賽滿3局，用表示3局比賽中鄭欽文勝的局數，則，則鄭欽文在決賽中獲得冠軍的概率，即．法二：鄭欽文最終獲勝有兩種可能的比分2:0或2:1，前者是前兩局鄭欽文連勝，后者是前兩局鄭欽文、維基奇各勝一局且第3局鄭欽文勝．因為每局比賽的結果是獨立的，鄭欽文最終獲勝的概率為．【小問2詳解】法一：三局兩勝制中，設賽滿3局，用表示3局比賽中鄭欽文勝的局數，則，那么獲勝的概率為同理：五局三勝制中，設賽滿5局，用表示5局比賽中鄭欽文勝局數，其中，那么獲勝的概率為綜上，，化簡得，因為，所以，即，在中不存在這樣的實數，使得五局三勝制獲勝的概率大于三局兩勝獲勝的概率．法二：三局兩勝制中鄭欽文最終獲勝的概率，五局三勝制中鄭欽文最終獲勝的概率，所以，化簡得，因為，所以，即，在中不存在這樣的實數，使得五局三勝制獲勝的概率大于三局兩勝獲勝的概率．19.折紙又稱“工藝折紙”，是一種把紙張折成各種不同形狀物品的藝術活動，在我國源遠流長．某些折紙活動蘊含豐富的數學內容，例如