2025屆高三年級3月份聯(lián)考本試卷共4頁，19題。全卷滿分150分?？荚囉脮r120分鐘。1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.非選擇題的作答：用簽字筆直接寫在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。一、選擇題：本題共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.已知某扇形的圓心角為2rad,面積為25,則該扇形所對應(yīng)圓的面積為A.5πB.16πC.25π2.已知,則在復(fù)平面內(nèi)z所對應(yīng)的點位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限3的展開式中第5項的系數(shù)為A.60B.64C.75.記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，已知as=1,Si?=-11,則S,的最大值為A.16B.18定義算法b?=a;④,其中i=1,2,…,n.將數(shù)據(jù)a?,az,…,an加密為b?,b?,…,bn的過程稱為I型單向加密.現(xiàn)將一組數(shù)據(jù)4,1,6,8,4,7進行I型單向加密，則加密后的新數(shù)據(jù)的第60百分位數(shù)為A.27.已知正數(shù)a,b,c滿足2a+b+3c=8,則的最小值為A.2√28.已知橢圓的左、右焦點分別為F?,F?,若Z上的點A,B滿足AA二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.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.已知隨機事件A,B滿足9,P(B|A)=P(B),則A.事件A與事件B相互獨立10.半徑為3的球O上相異三點A,B,C構(gòu)成邊長為3的等邊三角形，點P為球O上一動點，則當三棱錐P-ABC的體積最大時A.三棱錐O-ABC的體積B.三棱錐O-ABC的內(nèi)切球半徑C.三棱錐P-ABC的體積為D.三棱錐P-ABC的外接球半徑為311.數(shù)據(jù)處理過程中常常涉及復(fù)雜問題，此時需要利用符號0來衡量某個操作的復(fù)雜度.設(shè)定義在全體正整數(shù)上的函數(shù)f(x)與g(x),若存在正常數(shù)c,同時存在常數(shù)k∈N+,使任意x>k時，|f(x)|≤c|g(x)|,則稱f(x)是O(g(x))的復(fù)雜函數(shù)，則下列函數(shù)中，滿足f(x)是O(g(x))的復(fù)雜函數(shù)有(設(shè)an均為非零實數(shù))A.f(x)=100,g(x)=1nxB.f(x)=2x2+x,g(x)=2-3,xC.f(x)=9·2-2,g(x)=3-*三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知雙曲線C)的焦距為2√5,則C的漸近線方程為13.設(shè)集合A={a,b},B={2a,2a2},若A=B,則ab=,則四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟.15.(本小題滿分13分)(1)求a,b;16.(本小題滿分15分)的一點，PQ//O?O?,AB=2PQ,且(2)若二面角A-O?O?-P為60°,求直線BQ與平面PQO?所成角的正弦值.17.(本小題滿分15分)的最大值.數(shù)學試題第3頁(共4頁)18.(本小題滿分17分)已知數(shù)列{a}滿足a?=1,.記{an}的前n項和為S,,且{Sn+2-Sn}是以為首項，為公比的等比數(shù)列.(2)求{Sn}的通項公式；19.(本小題滿分17分)過三角形的重心作一直線，若這條直線將該三角形分成面積比為m:n的兩部分，則稱這條直線為m+n型直線，其中m,n∈N*,且m≥n.等邊△ABC的邊長為4√3,重心為點G,以動點D為圓心，|CD|為半徑作圓，該圓與線段AB相切，記點D的軌跡為T.(1)探究在△ABC中是否存在與T相切的m+n型直線，并證明；(2)若點C在△DAB的2型直線上，T在點D處的切線與△ABC交于M,N兩點，求(3)若△CGD的外接圓與直線AC相切，且與△ABC的一條m+n型直線相切，求n的最小值.2025屆高三年級3月份聯(lián)考數(shù)學參考答案及解析1.C【解析】方法一：已知扇形的圓心角θ=2,面積,故加密后得到的數(shù)據(jù)為9,6,S=25.由扇形面積公式,可得2×2,即r2=25,解得r=5,故該扇形所對應(yīng)圓的面積為πr2=25π.方法二：設(shè)該扇形所對應(yīng)圓的面積為S,由扇形面積公式的推導過程可得,解得S=i(1+i)=-1+i,所以z在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點為(-1,1),位于第二象限.故選B3.A【解析】C2,其系數(shù)為60.故1,3,9,2,從小到大排列得到1,2,3,6,9,9.而i=6×60%=3.6Z,故這組數(shù)據(jù)的第60百分位數(shù)應(yīng)為第4個數(shù)據(jù)，即為6.故選C.,當且僅當t=4√2-4時取等號.故選D.兩邊取模4.B兩邊取模2a,解得,又因為AF?=5F?B,所以,進而,|AB|=在△ABF?中，由余弦定理可得cos∠F?AB=,所以Z的離心率為.故二、選擇題11.ABD【解析】存在常數(shù)c=100,同時存在常數(shù)k=9.AD【解析】由題意可知:所以事件A與B相互獨立，故A正確；對于B,因為事件A與B相互獨立，所以A與B相互獨立，所以于C,因為),所以,故C錯誤；對于D,P(A+B)==OB=OC=3,又其構(gòu)成邊長為3的等邊三角形，故三棱錐O-ABC為正三棱錐.則由正三棱錐性質(zhì)可得其底面面積,高為√6,則體積h3,使任意x>k時，|100|≤100|Inx|,故f(x)是3均為正數(shù)，故令9·2-≤c·3?,解得c≥9·對于充分大的x均成立，但函數(shù)y=9·值域為(0,十∞),故不存在正常數(shù)c恒成立，cIg(x)|,故f(x12.寫一個不得分)【解析】由題意可得,故A錯誤；設(shè)內(nèi)切球半徑為r,則r滿足,故B正確；當三棱錐P-ABC的體積最大時，點P到平面ABC的距離最大，此時距離為球半徑加上三棱錐O-ABC的頂點均在球O上，故球O即為三棱錐P-ABC的外接球，半徑為3,故D正確.故選BCD.2√a2+1=2√5,解得a=2,故C的漸進線方程為.故答案為0,此時不滿足集合元素的互異性；當時，解或a=b=0(舍去),即滿足集合元14.-√3【解析】,于是=-√3或,故最終得到 ,,,解得,即k=1,,,僅有一個零點，則.故答案為-√3.15.解：(1)易得(2分)解得a=1,b=0.經(jīng)檢驗滿足題意.(6分)t,(9分)令函數(shù)g(t)=e-1-t,則g'(t)=e-1>0,所以g(t)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，(11分)所以g(t)>g(0)=0,即e-1-t>0,即c>1+t.故原不等式得證.(13分)16.解：(1)因為P是底面O?圓周上的一點，AB是底面O?上的一條直徑，所以AP⊥BP,(1分)//O?O?,所以PQ⊥平面APB,(2分)因為BPC平面APB,所以PQ⊥BP,因為PQNAP=P,PQ,APC平面APQ,所以BP⊥平面APQ,(4分)BPC平面BPQ,所以平面APQ⊥平面BPQ.(6分)標系，因為O?O?⊥平面APB,所以∠AO?P是二面角A-O?O?-P的平面角，所以∠AO?P=60°,(9分)故P(√3,-1,0),Q√3,-1,2),(10分)PQ=(0,0,2),O?P=(√3,-1,0),BQ=(設(shè)平面PQO?的一個法向量為m=(x,y,z),不妨令x=1,則y=√3,z=0,故m=(1,√3,0),(12分)設(shè)直線BQ與平面PQO?所成的角為θ,(14分)故直線BQ與平面PQO?所成角的正弦值(15分)17.解：(1)由正弦定理可得sinAcosA+sinBcosB=2sinCcosC=sin2C=-sin(2A+2B),(2分)且sin(2A+2B)=sin2Acos2B+sin2Bcos2A=2sinAcosA(2cos2B-1)+2sinBcosB=0,(5分)即sinAcosA+sinBcos而cosA,cosB均不為0,(7分)(2)由(10分)同理可tanC,(12分)≤1,(14分)當且僅當時取等；的最大值為1.(15分)18.解：(1)由等比數(shù)列定義可得(1分),則(2)當n為偶數(shù)時以此類推化簡得,則S?=-2+以此類推累加有化簡得(10分)則(11分)(3)由(2)可得(12分)故(13分)當n為奇數(shù)時，易知an與S。均隨n的增大而增大.>0.事|a|.(14分)當n為偶數(shù)時，易知a。與S。均隨n的增大而減小.當n=2時,故a≤a?<0,S,事≤S?<0.而對于任意偶數(shù)|S,|≤|a|.(16分)根據(jù)對稱性不妨設(shè)A(-2√3,-3),B(2√3,-3),化簡得,x∈[-2√3,2√3].(3分)化簡得根據(jù)對稱性，只需考慮xo=2√3,