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2024-2025 学年度（下）七校协作体 3 月高三联考
数学试题
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由函数 定义域可化简集合B，然后由交集定义可得答案.
【详解】 .
.
则
故选：B
2. 已知i为虚数单位，若 ，则 （ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的运算法则求解即可.
【详解】解：因为 ，
所以 .
故选：A
3. 已知两个变量x和y之间具有较强的线性相关关系，且y关于x的经验回归方程为 ，由它计算出成对样本数据 对应的残差为0.12（残差=观测值-预测值），则 （ ）
A. 0.28 B. 0.56 C. 0.34 D. 0.48
【答案】B
【解析】
【分析】先根据回归直线估计得出预测值，再残差计算求解计算求参.
【详解】因为y关于x的经验回归方程为 ，
所以预测值为 ，又因为残差=观测值-预测值，
所以 ，
所以 .
故选：B.
4. 若直线 ： 与直线 ： 平行，则这两条直线间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由直线平行求出参数k，再由两平行直线的距离公式即可求解.
【详解】因为直线 ： 与直线 ： 平行，
所以 ，所以 ，
所以直线 ： 即 ，
所以这两条直线间的距离为 .
故选：B.
5. 已知等比数列 的公比为q，前 项和为 ，若 ，则下列结论公比 （ ）A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列的列方程，由此求得 的值.
【详解】由于 ，
若 ，则 ，
而 ，则 ，所以 不符合题意.
当 且 时， ，
即 ，
即 ，
则 .
故选：A
6. 记 为 的内角 的对边，则“ 为直角三角形”是“ ”的（
）
A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦化简确定三角形形状，再利用充分条件、
必要条件的定义判断.
【详解】在 中，由 及正弦定理，得
，则 ，
而 ，则 ，两边平方整理得 ，而 ，于是 ， ，因此 为直角三角形；
反之， 为直角三角形， 或 或 ，
所以“ 为直角三角形”是“ ”的必要不充分条件，B正确.
故选：B
7. 2024年巴黎奥运会乒乓球比赛，中国队表现出色，包揽全部乒乓金牌，其中混双是中国历史上第一块
奥运乒乓球混双金牌，由王楚钦和孙颖莎组成的“莎头”组合对战朝鲜队，最终以 的比分赢得胜利.假设
2025年的一次乒乓球比赛中，“莎头”组合再次遇到朝鲜队，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），
已知每局比赛“莎头”组合获胜的概率为 ，则“莎头”组合以 获胜的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由独立重复事件概率公式即可求解；
【详解】由题意“莎头”组合以 获胜，即前四局胜三局，负一局，第五局获胜，
所以获胜概率为： ，
故选：D
8. 已知过点 的直线l与抛物线 交于点A，B两点.若A，B的横坐标分别为 .则
（ ）
A. B. C. 0 D. 2
【答案】D
【解析】【分析】由题意设出直线方程，联立抛物线方程，消去 并写出韦达定理，代入所求代数式，可得答案.
【详解】由题意可知直线 的斜率存在，设直线方程为 ，
联立可得 ，消去 可得 ，
由 ，
则 ， ，
所以 .
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合
题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知 是两个不重合的平面， 是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ，则
D. 若 ，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用面面平行性质可得A正确，再由线面垂直、面面垂直性质可得B正确，根据线面平行性质可
判断C错误，D正确.
【详解】对于A，根据线面垂直的性质可得若 ，则 ，即A正确；
对于B，易知若 可得 或 ，又 可知 ，即B正确；
对于C，若 ，则 或 ，因此C错误；
对于D，如果直线 平行于平面 和 ，且 和 的交线为 ，那么直线 必须平行于 ；假设 不平行于 ，它必将与其中一个平面相交，这与 平行于两个平面的条件相互矛盾，
所以若 ，则 ，故D正确。
故选：ABD
10. 设正实数m，n满足 ，则（ ）
A. 的最小值为
B. 的最大值为2
C. 的最大值为
D. 的最小值为
【答案】AB
【解析】
【分析】利用基本不等式结合相关变式即可求解.
【详解】由 ， ，
则 ，
当且仅当 ，即 时等号成立，
则 的最小值为 ，故A正确；
由 ，
当且仅当 时等号成立，
则 的最大值为2，故B正确；
由 ，当且仅当 时等号成立，则 的最大值为1，故C错误；
由 ，
当且仅当 时等号成立，
则 的最小值为2，故D错误.
故选：AB.
11. 已知函数 ，则（ ）
A. 是 的一个周期
B. 是非奇非偶函数
C. 的最小值为
D. 关于x的方程 有无数个实数解
【答案】BD
【解析】
【分析】由已知结合三角函数的周期性检验，可得A的正误；结合三角函数的奇偶性检验，可得B的正误；
根据三角函数取得最值得条件检验，可得C的正误；先对方程进行化简，然后结合正弦函数的周期性与对
称性，可得D的正误.
【详解】对于A，由
，则 不是函数 的一个周期，故A错误；
对于B，由 ，则其定义域为 ，
因为 ，
所以函数 是非奇非偶函数，故B正确；
对于C， ，当且仅当 ， ，等号成立；，当且仅当 ， ，等号成立，
由 ，则 ，故C错误；
对于D，由 ，
则 ，
可得 ，整理可得 ，
解得 或 ， ，
化简可得 或 ， ，故D正确.
故选：BD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知随机变量 与服从正态分布 ，则 ______.
【答案】
【解析】
的
【分析】由正态分布 特征求解即可.
【详解】解：设 ，
则 ，
所以 ，
又因为 ，所以 ，
解得 .
故答案为：
13. 若非零向量 与单位向量 共线，且 ，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量共线得 ，将 两边同时平方，化简求出 即可求解.
【详解】因为非零向量 与单位向量 共线，则 ，且 ，
因为 ，则 ，即 ，
整理得 ，解得 （舍）或 ，
所以 .
故答案为： .
14. 如图，已知正四面体 的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱 ， 于E，F两点，且四
面体 的体积为四面体 体积的 ，则 ______， 的最小值为______.【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】根据体积关系可得 的面积，由三角形面积公式和余弦定理，使用基本不等式可得.
【详解】因为 ，则 ，
记 ，
因为 ，即 。
又因为 ，
当且仅当 ，即 时，取等号.
所以a的最小值为 .
故答案为： ； .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数
（1）若 的图象在点 处的切线方程为 ，求a与b的值；
（2）若 在 处有极值 ，求a与b的值.
【答案】（1） 或
（2）【解析】
【分析】（1）由函数解析式求导，利用导数求得切线斜率，由函数解析式求得切点，根据切线方程，建
立方程组，可得答案；
（2）由函数解析式求导，根据极值与导数的关系，结合函数解析式，建立方程组，可得答案.
【小问1详解】
因为 ，所以 ，
所以 ， ，
因为切线方程为 ，
所以 ，解得 ，
所以 .
【小问2详解】
函数 在 处有极值
且 或
恒成立，此时函数无极值点，
此时1是极值点，满足题意，
所以 .
16. 如图，在四棱锥 中，平面 平面ABCD，，M为棱PC的中点.
（1）证明： 平面PAD；
（2）若 ，求二面角 的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角形中位线与平行四边形的性质，可得线线平行，根据线面平行的判定，可得答案；
（2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案.
【小问1详解】
取 的中点 ，连接 ，如图所示：
为棱 的中点， ，
，
四边形 是平行四边形， ，
又 平面 平面 ，
平面 .
【小问2详解】， ， ，
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
平面 ，又 ， 平面 ，
，又 ，
以点 为坐标原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
如图：
则 ，
为棱 的中点，
， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ， ,
平面 的一个法向量为 ，
，
则二面角 的正弦值为 .的
17. 随着科技 飞速发展，人工智能已经逐渐融人我们的日常生活．在教育领域，AI的赋能潜力巨大.
为了解教师对AI大模型使用情况，现从某地区随机抽取了 200名教师，对使用A、B、C、D四种AI大模
型的情况统计如下：
使用AI大模型的种
数 0 1 2 3 4
性别
男 4 27 23 16 10
女 6 48 27 24 15
在上述样本所有使用3种AI大模型的40人中，统计使用A、B、C、D的AI大模型人次如下：
AI大模型种
A B C D
类
人次 32 30 30 28
用频率估计概率.
（1）从该地区教师中随机选取一人，估计至少使用两种AI大模型（A、B、C、D中）的概率；
（2）从该地区使用3种AI大模型（A、B、C、D中）的教师中，随机选出3人，记使用B的有 人，求
的分布列及其数学期望 ；
（3）从该地区男，女教师中各随机选一人，记他们使用AI大模型（A、B、C、D中）的种数分别为 ，
比较 的数学期望 的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望为
（3）
【解析】
【分析】（1）用样本频率估计总体概率即可求解；
（2）用样本频率估计概率，求出“从该地区使用3种AI大模型的40名教师中随机选1人，该人使用模型B”的概率为 ，则被抽取的人数 ，由二项分布概率公式即可求解；
（3）求出随机变量对应的概率，利用期望公式分别求出 的数学期望，再比较大小即可.
【小问1详解】
记事件M为“从该地区教师中随机选取一人，至少使用两种AI大模型”，
则估计 .
【小问2详解】
的
记事件 为“从该地区使用3种AI大模型 40名教师中随机选1人，该人使用模型B”，
根据题中数据， .
的可能取值为 ，
，
，
．
.
的分布列为
0 1 2 3
.
【小问3详解】由题意可得该地区男，女教师人数分别为：80和120，
则易求 ，
，故 .
18. 已知椭圆 的离心率为 ，且过点 .
（1）求C的方程；
（2）若斜率为1的直线与C相交于E，F两点，且 ，求l的方程；
（3）椭圆C与x轴相交于A，B两点，P为椭圆C上一动点，直线PA，PB与直线 交于M，N两点，
设 与 的外接圆的半径分别为 ， ，求 的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将点的坐标代入方程可得 ，结合离心率算出a、b即可求解；
（2）设l的方程为 ，联立方程组，结合韦达定理及弦长公式求解即可；
（3）设直线PA的方程为 ，直线PB的方程为 ，进而求出 ，
再由正弦定理知 ， ，再结合基本不等式求解即可.【小问1详解】
由题意得 ，将 代入椭圆方程得 ，
又 ，解得 ，
故椭圆 的方程为
【小问2详解】
设l的方程为 ，则 .
联立方程组 ，整理得 ，
则 ，即 ，
所以 ，
则 ，
解得 ，满足题设，
所以l的方程为 .
【小问3详解】
设直线PA的方程为 ，则直线PB的方程为 .
令 ，得 ，同理得 ，则 .
在 中，由正弦定理知 ，同理可得 .
因为 ，所以 ，
从而 ，
当且仅当 时等号成立，故 的最小值为 .
19. 若数列 满足 ，则称数列 为“平方递推数列”.已知数列 中， ，点
的
在函数 图象上，其中n为正整数.
（1）证明数列 是“平方递推数列”，且数列 为等比数列；
（2）设（1）中“平方递推数列”的前n项积为 ，即 ，求 ；
（3）在（2）的条件下，记 ，求数列 的前n项和 ，并求使 的n的最小值.
【答案】（1）证明见解析；
（2） ；
（3） ，n的最小值为2025.
【解析】
【分析】（1）根据“平方递推数列”的定义列方程，再结合对于运算以及等比数列的知识来证得结论成立.（2）先求得 ，然后结合对数运算、等比数列前 项和公式来求得 .
（3）先求得 ，利用分组求和法求得 ，由此化简不等式 来求得 的最小值.
【小问1详解】
由题意得： ，即 ，则 是“平方递推数列”.
对 两边取对数得 ，
所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知 ，
.
【小问3详解】
，
，
又 ，即 ，
又 ，所以 .
【点睛】思路点睛：遇到证明数列性质的问题，先根据已知条件找到数列相邻两项的关系，再通过变形和
相关定义进行证明.
求对数形式的数列前 项积的对数，先将其转化为对数的和，再结合数列通项和求和公式计算.
对于由等差数列和等比数列组成的数列求和，采用分组求和法，求解不等式时结合数列特点和取值范围确
定 的值.
