2025-2026学年浙江省温州市苍南县巨人中学高三下学期第三次验收数学试题理试卷含解析.doc

2025-2026学年浙江省温州市苍南县巨人中学高三下学期第三次验收数学试题理试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知m为实数，直线：，：，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
2．运行如图所示的程序框图，若输出的值为300，则判断框中可以填（ ）

A． B． C． D．
3．点在曲线上，过作轴垂线，设与曲线交于点，，且点的纵坐标始终为0，则称点为曲线上的“水平黄金点”，则曲线上的“水平黄金点”的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．正项等比数列中的、是函数的极值点，则（ ）
A． B．1 C． D．2
5．记为数列的前项和数列对任意的满足.若，则当取最小值时，等于（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
6．设等差数列的前n项和为，且，，则( )
A．9 B．12 C． D．
7．造纸术、印刷术、指南针、火药被称为中国古代四大发明，此说法最早由英国汉学家艾约瑟提出并为后来许多中国的历史学家所继承，普遍认为这四种发明对中国古代的政治，经济，文化的发展产生了巨大的推动作用.某小学三年级共有学生500名，随机抽查100名学生并提问中国古代四大发明，能说出两种发明的有45人，能说出3种及其以上发明的有32人，据此估计该校三级的500名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有（ ）
A．69人 B．84人 C．108人 D．115人
8．已知三棱锥的外接球半径为2，且球心为线段的中点，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
9．抛物线的焦点为，则经过点与点且与抛物线的准线相切的圆的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．0个 D．无数个
10．展开项中的常数项为
A．1 B．11 C．-19 D．51
11．已知函数，，若总有恒成立.记的最小值为，则的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．
12．在区间上随机取一个数，使得成立的概率为等差数列的公差，且，若，则的最小值为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．定义在R上的函数满足：①对任意的，都有；②当时，，则函数的解析式可以是______________.
14．某城市为了解该市甲、乙两个旅游景点的游客数量情况，随机抽取了这两个景点20天的游客人数，得到如下茎叶图：

由此可估计，全年（按360天计算）中，游客人数在内时，甲景点比乙景点多______天.
15．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积是_____；最长棱的长度是_____．

16．已知下列命题：
①命题“∃x0∈R，”的否定是“∀x∈R，x2＋1＜3x”；
②已知p，q为两个命题，若“p∨q”为假命题，则“”为真命题；
③“a＞2”是“a＞5”的充分不必要条件；
④“若xy＝0，则x＝0且y＝0”的逆否命题为真命题．
其中所有真命题的序号是________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）某中学的甲、乙、丙三名同学参加高校自主招生考试，每位同学彼此独立的从五所高校中任选2所．
（1）求甲、乙、丙三名同学都选高校的概率；
（2）若已知甲同学特别喜欢高校，他必选校，另在四校中再随机选1所；而同学乙和丙对五所高校没有偏爱，因此他们每人在五所高校中随机选2所．
（i）求甲同学选高校且乙、丙都未选高校的概率；
（ii）记为甲、乙、丙三名同学中选高校的人数，求随机变量的分布列及数学期望．
18．（12分）一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分.
（1）设抛掷4次的得分为，求变量的分布列和数学期望.
（2）当游戏得分为时，游戏停止，记得分的概率和为.
①求；
②当时，记，证明：数列为常数列，数列为等比数列.
19．（12分）如图，已知三棱柱中，与是全等的等边三角形.

（1）求证：；
（2）若，求二面角的余弦值．
20．（12分）在中，角所对的边分别为，，的面积.
（1）求角C；
（2）求周长的取值范围.
21．（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点为棱的中点．

（Ⅰ）在棱上是否存在一点，使得平面，并说明理由；
（Ⅱ）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角．
22．（10分）已知等比数列中，，是和的等差中项．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．A
【解析】
根据直线平行的等价条件，求出m的值，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
当m=1时，两直线方程分别为直线l1：x+y﹣1=0，l2：x+y﹣2=0满足l1∥l2，即充分性成立，
当m=0时，两直线方程分别为y﹣1=0，和﹣2x﹣2=0，不满足条件．
当m≠0时，则l1∥l2⇒，
由得m2﹣3m+2=0得m=1或m=2，
由得m≠2，则m=1，
即“m=1”是“l1∥l2”的充要条件，
故答案为：A
（1）本题主要考查充要条件的判断，考查两直线平行的等价条件，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 本题也可以利用下面的结论解答，直线和直线平行，则且两直线不重合,求出参数的值后要代入检验看两直线是否重合.
2．B
【解析】
由，则输出为300，即可得出判断框的答案
【详解】
由，则输出的值为300，，故判断框中应填？
故选：．
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论是基础题．
3．C
【解析】
设,则,则,即可得,设,利用导函数判断的零点的个数,即为所求.
【详解】
设,则,所以,
依题意可得,
设,则,
当时,,则单调递减；当时,,则单调递增,
所以,且,
有两个不同的解,所以曲线上的“水平黄金点”的个数为2.
故选:C
本题考查利用导函数处理零点问题,考查向量的坐标运算,考查零点存在性定理的应用.
4．B
【解析】
根据可导函数在极值点处的导数值为，得出，再由等比数列的性质可得.
【详解】
解：依题意、是函数的极值点，也就是的两个根
∴
又是正项等比数列，所以
∴.
故选：B
本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.
5．A
【解析】
先令，找出的关系，再令，得到的关系，从而可求出，然后令，可得，得出数列为等差数列，得，可求出取最小值.
【详解】
解法一：由，所以，由条件可得，对任意的，所以是等差数列，，要使最小，由解得，则.
解法二：由赋值法易求得，可知当时，取最小值.
故选：A
此题考查的是由数列的递推式求数列的通项，采用了赋值法，属于中档题.
6．A
【解析】
由，可得以及，而，代入即可得到答案.
【详解】
设公差为d，则解得
，所以.
故选：A.
本题考查等差数列基本量的计算，考查学生运算求解能力，是一道基础题.
7．D
【解析】
先求得名学生中只能说出一种或一种也说不出的人数，由此利用比例，求得名学生中对四大发明只能说出一种或一种也说不出的人数.
【详解】
在这100名学生中，只能说出一种或一种也说不出的有人，设对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有人，则，解得人.
故选：D
本小题主要考查利用样本估计总体，属于基础题.
8．C
【解析】
由题可推断出和都是直角三角形，设球心为，要使三棱锥的体积最大，则需满足，结合几何关系和图形即可求解
【详解】
先画出图形，由球心到各点距离相等可得，，故是直角三角形，设，则有，又，所以，当且仅当时，取最大值4，要使三棱锥体积最大，则需使高，此时，

故选：C
本题考查由三棱锥外接球半径，半径与球心位置求解锥体体积最值问题，属于基础题
9．B
【解析】
圆心在的中垂线上，经过点，且与相切的圆的圆心到准线的距离与到焦点的距离相等，圆心在抛物线上，直线与抛物线交于2个点，得到2个圆．
【详解】
因为点在抛物线上，
又焦点，，
由抛物线的定义知，过点、且与相切的圆的圆心即为线段的垂直平分线与抛物线的交点，
这样的交点共有2个，
故过点、且与相切的圆的不同情况种数是2种．
故选：．
本题主要考查抛物线的简单性质，本题解题的关键是求出圆心的位置，看出圆心必须在抛物线上，且在垂直平分线上．
10．B
【解析】
展开式中的每一项是由每个括号中各出一项组成的，所以可分成三种情况.
【详解】
展开式中的项为常数项，有3种情况：
（1）5个括号都出1，即；
（2）两个括号出，两个括号出，一个括号出1，即；
（3）一个括号出，一个括号出，三个括号出1，即；
所以展开项中的常数项为，故选B.
本题考查二项式定理知识的生成过程，考查定理的本质，即展开式中每一项是由每个括号各出一项相乘组合而成的.
11．C
【解析】
根据总有恒成立可构造函数,求导后分情况讨论的最大值可得最大值最大值,
即.根据题意化简可得,求得,再换元求导分析最大值即可.
【详解】
由题, 总有即恒成立.
设,则的最大值小于等于0.
又,
若则,在上单调递增, 无最大值.
若,则当时,,在上单调递减,
当时,,在上单调递增.
故在处取得最大值.
故,化简得.
故,令,可令,
故,当时, ,在递减；
当时, ,在递增.
故在处取得极大值,为.
故的最大值为.
故选：C
本题主要考查了根据导数求解函数的最值问题,需要根据题意分析导数中参数的范围,再分析函数的最值,进而求导构造函数求解的最大值.属于难题.
12．D
【解析】
由题意，本题符合几何概型，只要求出区间的长度以及使不等式成立的的范围区间长度，利用几何概型公式可得概率，即等差数列的公差，利用条件，求得，从而求得，解不等式求得结果.
【详解】
由题意，本题符合几何概型，区间长度为6，
使得成立的的范围为，区间长度为2，
故使得成立的概率为，
又，，，
令，则有，故的最小值为11，
故选：D.
该题考查的是有关几何概型与等差数列的综合题，涉及到的知识点有长度型几何概型概率公式，等差数列的通项公式，属于基础题目.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（或，答案不唯一）
【解析】
由可得是奇函数，再由时，可得到满足条件的奇函数非常多，属于开放性试题.
【详解】
在中，令，得；令，
则，故是奇函数，由时，，
知或等，答案不唯一.
故答案为：（或，答案不唯一）.
本题考查抽象函数的性质，涉及到由表达式确定函数奇偶性，是一道开放性的题，难度不大.
14．72
【解析】
根据给定的茎叶图，得到游客人数在内时，甲景点共有7天，乙景点共有3天，进而求得全年中，甲景点比乙景点多的天数，得到答案.
【详解】
由题意，根据给定的茎叶图可得，在随机抽取了这两个景点20天的游客人数中，
游客人数在内时，甲景点共有7天，乙景点共有3天，
所以在全年）中，游客人数在内时，甲景点比乙景点多天.
故答案为：.
本题主要考查了茎叶图的应用，其中解答中熟记茎叶图的基本知识，合理推算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
15．
【解析】
由三视图还原原几何体，该几何体为四棱锥底面为直角梯形，，，侧棱底面，由棱锥体积公式求棱锥体积，由勾股定理求最长棱的长度．
【详解】
由三视图还原原几何体如下图所示：

该几何体为四棱锥，底面为直角梯形，，，侧棱底面，
则该几何体的体积为，
，，
因此，该棱锥的最长棱的长度为.
故答案为：；.
本题考查由三视图求体积、棱长，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
16．②
【解析】
命题“∃x∈R，x2＋1＞3x”的否定是“∀x∈R，x2＋1≤3x”，故①错误；“p∨q”为假命题说明p假q假，则(p)∧(q)为真命题，故②正确；a＞5⇒a＞2，但a＞2⇒/ a＞5，故“a＞2”是“a＞5”的必要不充分条件，故③错误；因为“若xy＝0，则x＝0或y＝0”，所以原命题为假命题，故其逆否命题也为假命题，故④错误．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1） （2）（i）（ii）分布列见解析，
【解析】
（1）先计算甲、乙、丙同学分别选择D高校的概率，利用事件的独立性即得解；
（2）（i）分别计算每个事件的概率，再利用事件的独立性即得解；
（ii），利用事件的独立性，分别计算对应的概率，列出分布列，计算数学期望即得解.
【详解】
（1）甲从五所高校中任选2所，共有
共10种情况，
甲、乙、丙同学都选高校，共有四种情况，
甲同学选高校的概率为，
因此乙、丙两同学选高校的概率为,
因为每位同学彼此独立，
所以甲、乙、丙三名同学都选高校的概率为．
（2）（i）甲同学必选校且选高校的概率为，乙未选高校的概率为，
丙未选高校的概率为，因为每位同学彼此独立，
所以甲同学选高校且乙、丙都未选高校的概率为．
（ii），
因此
，
．
即的分布列为

0
1
2
3

因此数学期望为
．
本题考查了事件独立性的应用和随机变量的分布列和期望，考查了学生综合分析，概念理解，实际应用，数学运算的能力，属于中档题.
18．（1）分布列见解析，数学期望为6；（2）①；②证明见解析
【解析】
（1）变量的所有可能取值为4，5，6，7，8，分别求出对应的概率，进而可求出变量的分布列和数学期望；
（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，分别求出两种情况的概率，进而可求得；②得分分两种情况，第一种为得分后抛掷一次正面向上，第二种为得分后抛掷一次反面向上，可知当且时，，结合，可推出，从而可证明数列为常数列；结合，可推出，进而可证明数列为等比数列.
【详解】
（1）变量的所有可能取值为4，5，6，7，8.
每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为，反面向上的概率也为，
则，
.
所以变量的分布列为：

4
5
6
7
8

故变量的数学期望为.
2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为.
②得分分两种情况，第一种为得分后抛掷一次正面向上，第二种为得分后抛掷一次反面向上，
故且时，有，
则时，，
所以，
故数列为常数列；
又，
，所以数列为等比数列.
本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查常数列及等比数列的证明，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题.
19．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
（1）取BC的中点O，则，由是等边三角形，得，从而得到平面，由此能证明
（2）以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值，得到结果.
【详解】
（1）取BC的中点O，连接，，
由于与是等边三角形，所以有，，
且，
所以平面，平面，所以．
（2）设，是全等的等边三角形，
所以，
又，由余弦定理可得，
在中，有，
所以以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，
又平面的一个法向量为，
所以二面角的余弦值为,
即二面角的余弦值为．

该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有利用线面垂直证明线性垂直，利用向量法求二面角的余弦值，属于中档题目.
20．（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）由可得到，代入，结合正弦定理可得到，再利用余弦定理可求出的值，即可求出角；（Ⅱ）由，并结合正弦定理可得到，利用，，可得到，进而可求出周长的范围．
【详解】
解：（Ⅰ）由可知，
∴.由正弦定理得.
由余弦定理得，∴.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∴，.
的周长为

.
∵，∴，∴,
∴的周长的取值范围为.
本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的运用，考查了三角形的面积公式，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于基础题．
21．（1）见解析（2）
【解析】
（Ⅰ）取的中点，连结、，得到故且，进而得到，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.
（Ⅱ）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，求得平面的法向量为，和平面的法向量，利用向量的夹角公式，求得，进而得到为直线与平面所成的角，即可求解.
【详解】
（Ⅰ）在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点．
理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，
且，故且.所以，四边形为平行四边形.
所以，，又平面，平面，所以，平面.
（Ⅱ）由题意知为正三角形，所以，亦即，
又，所以，且平面平面，平面平面，
所以平面，故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，

设，则由题意知，，，，
，，
设平面的法向量为，
则由得，令，则，，
所以取，显然可取平面的法向量，
由题意：，所以.
由于平面，所以在平面内的射影为，
所以为直线与平面所成的角，
易知在中，，从而，
所以直线与平面所成的角为.
本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和直线与平面所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成，着重考查了分析问题和解答问题的能力.
22．（1）（2）
【解析】
（1）用等比数列的首项和公比分别表示出已知条件，解方程组即可求得公比，代入等比数列的通项公式即可求得结果；
（2）把（1）中求得的结果代入bn＝an•log2an，求出bn，利用错位相减法求出Tn．
【详解】
(1)设数列的公比为，
由题意知：，
∴，即.
∴，即.
(2)，
∴.①
.②
①－②得

∴.
本题考查等比数列的通项公式和等差中项的概念以及错位相减法求和，考查运算能力，属中档题．