保密★啟用前東北三省教育教學聯盟2025年3月聯合考試高三數學考試范圍：高考范圍；考試時間：120分鐘注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上一、單選題（40分）1.已知集合{高，考，必，勝}，{吉，大，必，勝}，則（）A.{吉，大，高，考} B.{必，勝}C.{金，榜，題，名} D.{吉，大，高，考，必，勝}2.已知非零向量滿足，且，則與的夾角為A. B. C. D.3.雙曲線的左、右焦點分別為，．過作其中一條漸近線的垂線，垂足為P．已知，直線的斜率為，則雙曲線的離心率為（）A. B.2 C. D.34.已知函數的極大值為，則（）A B. C. D.5.已知數列是遞增數列，且，則的取值范圍是（）A. B. C. D.6.已知函數恰有一個極值點，則的取值范圍是（）A. B.C. D.7.已知函數且在R上為單調函數.若方程有4個不同的實數解，則實數a的取值范圍是（）A. B. C. D.8.已知分別為上的奇函數和偶函數，且滿足，當時，，若，則大小關系為（）A. B.C. D.二、多選題（18分，全部選對得全部分，部分選對得部分分，錯誤答案不得分）9.在復數范圍內，方程的兩個根分別為，，則（）A B.C. D.10.如圖，長方體中，是側面的中心，是底面的中心，點在線段上運動，則下面選項正確的是（）A.直線與平行B.四面體的體積為定值C.點到平面的距離為D.異面直線與所成的角為11.已知函數，則（）A.只有1個極小值點B.曲線在點處的切線斜率為9C.當有3個零點時，m的取值范圍為D.當只有1個零點時，m取值范圍為三、填空題（10分）12.已知向量，若，則最小值為________．13.已知，是函數，的兩個零點，則________．四、解答題（82分）14.在中，角所對的邊分別為，滿足．（1）求角的大小；（2）設．（i）求邊的值；（ii）求的值．15.如圖，在三棱柱中，平面平面，為線段上一點．（1）求證：；（2）是否存在點，使得平面與平面的夾角余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.16.已知函數（是自然對數的底數）（1）求函數在上的單調增區間；（2）若為的導函數，函數，求在上的最大值．17.有一項危險任務需要工作人員去完成，每次只進入一人，且每人只進入一次，在規定安全時間內未完成任務則撤出，換下一個人進入，但最多派三人執行任務．現在一共有、、三個人可參加這項任務，他們各自能完成任務的概率分別為，，，且，，互不相等，他們三個人能否完成任務的事件相互獨立．（1），，，如果按照、、的順序先后進入；①求任務能被完成的概率；②求所需派出入員數目的分布列和數學期望；（2）假定，試分析以怎樣的先后順序派出、、三個人可使所需派出的人員數目的數學期望達到最小，請說明理由．18.已知數列，其中.（1）若，集合表示集合的非空子集個數.集合的第個非空子集中的所有元素之和記為，設.（i）直接寫出；（ii）計算的前項相和；（2）取，在數列中至少有一項為負值，且，將數列各項依次放在正五邊形各頂點上，每個頂點一項.任意相鄰三個頂點的三項為，若中間項，則進行如下交換，將變換為，直到正五邊形各頂點上的數均為非負時變換終止.求證：對任何符合條件的，上述變換終止只需進行有限多次.19.十進制與二進制是常見的數制，其中十進制的數據是由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9這十個數碼來表示的數，基數為10，進位規則是“逢十進一”，借位規則是“借一當十”；二進制的數據是由0，1這兩個數碼來表示的數，基數為2，進位規則是“逢二進一”，借位規則是“借一當二”；例如：十進制的數20對應二進制表示的數為，二進制的數對應十進制表示的數為15．用表示非空的整數集合A的所有元素的和，已知集合，，i=1，2，…，n且．（一個數，不特別說明，默認為十進制）.（1）寫出“37”對應二進制表示數及“”對應的十進制數；（2）若集合，，，，求與的所有可能值組成的集合；（3）若，且對每個正整數，都存在A的子集S，使得，求的最小值．

保密★啟用前東北三省教育教學聯盟2025年3月聯合考試高三數學考試范圍：高考范圍；考試時間：120分鐘注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上一、單選題（40分）1已知集合{高，考，必，勝}，{吉，大，必，勝}，則（）A.{吉，大，高，考} B.{必，勝}C.{金，榜，題，名} D.{吉，大，高，考，必，勝}【答案】D【解析】【分析】根據并集的含義即可得到答案.【詳解】根據并集的含義得{吉，大，高，考，必，勝}.故選：D2.已知非零向量滿足，且，則與的夾角為A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本題主要考查利用平面向量數量積計算向量長度、夾角與垂直問題，滲透了轉化與化歸、數學計算等數學素養．先由得出向量的數量積與其模的關系，再利用向量夾角公式即可計算出向量夾角．【詳解】因為，所以=0，所以，所以=，所以與的夾角為，故選B．【點睛】對向量夾角的計算，先計算出向量的數量積及各個向量的摸，在利用向量夾角公式求出夾角的余弦值，再求出夾角，注意向量夾角范圍為．3.雙曲線的左、右焦點分別為，．過作其中一條漸近線的垂線，垂足為P．已知，直線的斜率為，則雙曲線的離心率為（）A. B.2 C. D.3【答案】C【解析】【分析】根據點到直線的距離公式可得，結合直角三角形中各邊關系可得，利用直線的斜率為列式化簡即可求出的值，由此可得結果.【詳解】由題意得，不妨設點在第一象限，點所在漸近線方程為，即，∵，∴，∴，且.∵，∴，由點在直線上得，，故，∵，∴，解得，∴，∴雙曲線的離心率.故選：C.4.已知函數的極大值為，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】借助導數，判定函數單調性，再結合極大值為，對分類討論求出，驗證即可.【詳解】由題意，，則，令，解得或，當時，在，上滿足，單調遞增，在上滿足，單調遞減，所以在處取得極大值，，解得，當時，在，上滿足，單調遞增，在上滿足，單調遞減，所以在處取得極大值，，不符合題意，當時，，在R上單調遞增，無極值，不符合題意，綜上所述，.故選：D.5.已知數列是遞增數列，且，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由數列單調遞增得到分段函數單調遞增，然后建立不等式組，解得的取值范圍.【詳解】由，數列是遞增數列，得，解得，所以a的取值范圍是.故選：C6.已知函數恰有一個極值點，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】函數恰有一個極值點，只需有一個變號實數根，反解參數，研究其單調性，得出的取值范圍.【詳解】，，因為函數恰有一個極值點，所以有一個變號實數根，即有一個變號的根，即與一個交點，且在該交點前后兩函數的大小關系發生變化，令，則，令，函數單調遞增，解得：，令，函數單調遞減，解得：，則，有一根，即，當，時都有當時，，所以.綜上所述，的取值范圍是故選：C7.已知函數且在R上為單調函數.若方程有4個不同的實數解，則實數a的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先根據單調性的定義得到的范圍，接著將看作一個整體，然后結合一元二次方程求解出的值，然后結合的值域求解出的范圍.【詳解】由題意可知：為單調函數，當時，單調遞減;故當時，也是單調遞減，故要確保在R上單調遞減，則，解得：，所以滿足在R上單調遞減時，實數a的取值范圍為當時，，又在上單調遞減，，所以，即在上的值域為令，則或3，即或，要使得有4個不同的實數解，則，解得：綜上，實數a的取值范圍為：，即故選：C.8.已知分別為上的奇函數和偶函數，且滿足，當時，，若，則大小關系為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用分別為上的奇函數和偶函數，得的周期為2，且求出，利用導數判斷出時，為單調遞增函數，再利用對數的性質判斷出的大小可得答案.【詳解】因為分別為上的奇函數和偶函數，所以，由，得，所以，可得的周期為2，又，可得，兩式相加可得，當時，因為都是增函數，所以為增函數，且，所以為單調遞增函數，，，，所以.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵點是求出，利用導數判斷出時，為單調遞增函數.二、多選題（18分，全部選對得全部分，部分選對得部分分，錯誤答案不得分）9.在復數范圍內，方程的兩個根分別為，，則（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根據韋達定理和復數范圍內一元二次方程兩根的特點一一分析即可.【詳解】對A，根據韋達定理知，故A錯誤；對B，根據韋達定理知，故B正確；對C，解出兩根分別為，顯然兩根互為共軛復數，則，故C正確；對D，因為，則，故D正確.故選：BCD.10.如圖，長方體中，是側面的中心，是底面的中心，點在線段上運動，則下面選項正確的是（）A.直線與平行B.四面體的體積為定值C.點到平面的距離為D.異面直線與所成的角為【答案】ABC【解析】【分析】連接，則為的中點，為的中點，即可判斷A；證明平面，再根據棱錐的體積公式即可判斷B；以點為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用向量法即可判斷CD.【詳解】對于A選項，連接，因為是側面的中心，是底面的中心，則為的中點，為的中點，所以在中，為的中位線，即，A正確；對于B選項，因為，平面平面，所以平面，又點在線段上運動，所以點到平面的距離為定值，又為定值，所以四面體的體積為定值，B正確；對于C選項，如圖以點為坐標原點，建立空間直角坐標系，則，設平面的一個法向量為，則，解得，令，得，則，所以點到平面的距離，C正確；對于D選項，，,則，故異面直線與所成的角不為，D錯誤.故選：ABC.11.已知函數，則（）A.只有1個極小值點B.曲線在點處的切線斜率為9C.當有3個零點時，m的取值范圍為D.當只有1個零點時，m的取值范圍為【答案】BC【解析】【分析】討論的取值范圍，通過求導分析函數的單調區間，可得選項A錯誤，選項B正確；把函數零點問題轉化為的圖象與直線的交點個數問題，作出函數圖象，數形結合可得選項C正確，選項D錯誤.【詳解】由得或；由得.當或時，，則，∴當或時，當時，∴在上單調遞增，在上單調遞減.當時，則，∴當時，當時，∴在上單調遞增，在上單調遞減.綜上得，在處取得極小值，故有2個極小值點，故A錯誤.∵，∴曲線在點處的切線斜率為9，故B正確.由得，函數的零點個數問題轉化為函數的圖象與直線的交點個數問題.根據函數單調性分析，作出函數的圖象，如圖所示，由圖1可得，當函數的圖象與直線有3個交點時，m的取值范圍為，故C正確.由圖2可得，當函數的圖象與直線有1個交點時，m的取值范圍為，故D錯誤．故選：BC.三、填空題（10分）12.已知向量，若，則的最小值為________．【答案】【解析】【分析】根據向量平行的坐標表示得，利用常數代換和基本不等式可得.【詳解】因為，所以，，所以，當且僅當，即時等號成立.故答案為：13.已知，是函數，的兩個零點，則________．【答案】【解析】【分析】利用和差化積公式得，再結合正弦函數性質即可得到答案.【詳解】根據和差化積公式得，則令，當時，因為，則，此時無解，當，因為，則，則或，解得或，則.故答案為：.四、解答題（82分）14.在中，角所對的邊分別為，滿足．（1）求角的大小；（2）設．（i）求邊的值；（ii）求的值．【答案】（1）（2）（i）3；（ii）【解析】【分析】（1）利用正弦定理把邊化為角，再利用和差公式及三角形內角和定理即可求解.（2）（i）由余弦定理即可求解；（ii）利用正弦定理可求出，由余弦定理可得，利用二倍角公式及和差公式即可求解.【小問1詳解】中，，由正弦定理得，所以，即，所以，因為，，所以，又，所以.【小問2詳解】（i）由余弦定理，得，即，即，解得.（ii）由正弦定理得，所以，因為，，所以，所以，所以.15.如圖，在三棱柱中，平面平面，為線段上一點．（1）求證：；（2）是否存在點，使得平面與平面的夾角余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）存在，或【解析】【分析】（1）連接，證明四邊形為平行四邊形，再用菱形性質得到，通過面面垂直的性質得到平面，運用線面垂直性質進而證明，最后使用線面垂直定理得證；（2）以的中點為坐標原點，過O作射線,以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，求出相關點坐標，記平面的法向量求出和平面的法向量，再根據二面角的余弦公式建立方程求解即可.【小問1詳解】連接，因為在三棱柱中，所以四邊形為平行四邊形，因為，所以四邊形為菱形，所以，又平面平面，平面平面平面，所以平面，因為平面，所以，因為平面，所以平面，因平面，所以;【小問2詳解】如圖，以的中點為坐標原點，過O作射線,則可以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，因為，則，，設，則，記平面的法向量，則，即，得，易得平面的法向量，由題意：，解得：或，經驗證，或均符合題意．所以或.16.已知函數（是自然對數的底數）（1）求函數在上的單調增區間；（2）若為的導函數，函數，求在上的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）直接求導再令導函數大于等于0，解出即可；（2）求出，再分析其單調性即可得到最值.【小問1詳解】由已知，令，結合，解得，所以的單調遞增區間，【小問2詳解】由題可知，因為，所以，令，解得，令，解得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以的最大值為.17.有一項危險任務需要工作人員去完成，每次只進入一人，且每人只進入一次，在規定安全時間內未完成任務則撤出，換下一個人進入，但最多派三人執行任務．現在一共有、、三個人可參加這項任務，他們各自能完成任務的概率分別為，，，且，，互不相等，他們三個人能否完成任務的事件相互獨立．（1），，，如果按照、、的順序先后進入；①求任務能被完成的概率；②求所需派出入員數目的分布列和數學期望；（2）假定，試分析以怎樣先后順序派出、、三個人可使所需派出的人員數目的數學期望達到最小，請說明理由．【答案】（1）①；②分布列見解析，數學期望為；（2）先派A，再派B，最后派C時，派出人員數目X的數學期望達到最小.【解析】【分析】（1）①根據獨立性事件乘法公式即可得到答案；②可取1，2，3，再分別計算出其對應概率，再利用數學期望公式即可得到答案；（2）首先分析出前兩人應從A和B中選，C最后派出，再分類討論作差比較兩種方案即可.【小問1詳解】①設按照A、B、C的順序先后進入，任務被完成為事件，則.②可取1，2，3，，，，所以其分布列為X123P數學期望.【小問2詳解】若按照某一指定順序派人，A、B、C三人各自能完成任務的概率依次為，，，其中，，是，，的一個排列，結合（1）②知，由，得要使X最小，前兩人應從A和B中選，C最后派出，若先派A，再派B，最后派C，則；若先派B，再派A，最后派C，則，而，所以先派A，再派B，最后派C時，派出人員數目X的數學期望達到最小.【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是計算出期望表達式，再分析C最后派出，最后分類討論并比較大小即可.18.已知數列，其中.（1）若，集合表示集合的非空子集個數.集合的第個非空子集中的所有元素之和記為，設.（i）直接寫出；（ii）計算的前項相和；（2）取，在數列中至少有一項為負值，且，將數列各項依次放在正五邊形各頂點上，每個頂點一項.任意相鄰三個頂點的三項為，若中間項，則進行如下交換，將變換為，直到正五邊形各頂點上的數均為非負時變換終止.求證：對任何符合條件的，上述變換終止只需進行有限多次.【答案】（1）（i）（ii）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）（i）根據定義寫出；（ii）由題意得集合，所以，法1：利用子集構成特點，由于集合的每個元素在其子集中出現的次數均為，得，求出，用裂項相消法求其前項和；法2：利用遞推關系，得到，構造數列，借助累加法求出，再求出，用裂項相消法求其前項和；（2）由題意所述的變換不變，且始終為整數，所以，構造一個函數，經過每一次變換，函數的值至少減少2，且恒非負，即可證結論.【小問1詳解】（i）由則，，因此可得；由則，，因此可得；由則，，因此可得；故；（ii）由題意得集合，所以，解法1：（利用子集構成特點）由于集合的每個元素在其子集中出現的次數均為，故，所以，所以.解法2：（利用遞推關系）將集合拆分為集合與，集合的所有非空集合中的元素之和的和為，集合的所有非空子集中的元素之和的和為與集合的所有子集中的元素加上的和，集合共有個子集，所以.即，易得，累加得，所以.所以，所以.【小問2詳解】由題意所述的變換不變，且始終為整數，所以，構造一個函數，不妨對進行一次操作，此時五邊形頂點上的數變為，所以有，因為，得，又，所以，則經過每一次變換，函數的值至少減少2，且恒非負，所以變換只能進行有限多次.【點睛】關鍵點點睛：第三問的關鍵是首先由題意知每次變換不變，再構造一個函數，證明經過每一次變換，函數的值至少減少2，且恒非負，說明之間的差值越來越小，又其和為正，故