浙江省嘉兴市2024-2025学年高三上学期9月基础测试数学试题（解析版）

这是一份浙江省嘉兴市2024-2025学年高三上学期9月基础测试数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了9）， 已知向量，若，则， 已知，则， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

（2024.9）
本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟.
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸上规定的位置.
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
一､选择题：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】A
【解析】
【分析】根据集合补集的定义求出集合A，然后根据元素与集合的关系即可得解
【详解】，
又，所以，
所以，，，，
故选：A
2. 在复平面内，复数对应的点和复数对应的点关于实轴对称，则（ ）
A. B. C. 5D.
【答案】C
【解析】
【分析】由对称性确定，结合乘法运算即可求解.
【详解】因为复数对应的点和复数对应的点关于实轴对称，
所以，
所以
故选：C
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由向量平行的坐标表示即可求解.
【详解】由条件可得
因为，
所以
所以
故选：B
4. 嘉兴河流众多，许多河边设有如图所示的护栏，护栏与护栏之间用一条铁链相连.数学中把这种两端固定的一条均匀､柔软的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状称为悬链线（Catenary）.已知函数的部分图象与悬链线类似，则下列说法正确的是（ ）
A. 为奇函数B. 的最大值是
C. 在上单调递增D. 方程有2个实数解
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，结合导数判断原函数的单调区间，进而确定最值，即可判断ABC；对D解出，再结合指数函数性质即可判断.
【详解】对A，∵，则为偶函数，A错误；
对BC，又∵，根据，在R上均单调递增，
则在在R上单调递增，且，
则当时，则，当时，则，
∴的单调递减区间为，单调递增区间为，故C错误；
则，即的最小值为，B错误；
对D，法一：因为为偶函数，且最小值为，，
并且根据C中的单调递减区间为，单调递增区间为，且时，，
所以有2个实数解，故D正确.
法二：令,，
再结合指数函数性质知方程有2个实数根,故D正确.,
故选：D
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】先利用切化弦的思想将、都进行切化弦的处理，然后利用两角和的正弦公式以及两角差的余弦公式即可得解.
【详解】因为，所以，即
又
所以
所以，
故选：C
6. 已知四面体的每条棱长都为2，若球与它的每条棱都相切，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求正四面体的棱切球，转化到正方体中即可.
【详解】将正四面体补成一个正方体球与正四面体的棱都相切．
则球与正方体的内切球，正方体边长为，
故选：B.

7. 将数字随机填入的正方形格子中，则每一横行､每一竖列以及两条斜对角线上的三个数字之和都相等的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】用列举法写出符合题意的填写方法，然后根据概率公式计算．
【详解】符合题意的填写方法有如下8种：
而9个数填入9个格子有种方法
所以所求概率为，
故选：A．
8. 《测圆海镜》是金元之际李冶所著中国古代数学著作，这是中国古代论述容圆的一部专著，也是论述天元术的代表作.天元术与现代数学中列方程的方法基本一致，先立“天元一”为…，相当于“设为…”，再根据问题的已知条件列出两个相等的多项式，最后通过合并同类项得到方程.设，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，结合得到，又，将问题转化为等差数列求和，从而得解.
【详解】令，
当时，，
两式相减可得 ①，
当时，，满足①式，
所以，
故选：D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 样本数据的下四分位数是17
B. 在比例分配的分层随机抽样中，若第一层的样本量为10，平均值为9，第二层的样本量为20，平均值为12，则所抽样本的平均值为11
C. 若随机变量，则
D. 若随机变量，若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A由下四分位数的概念即可判断；对于B，由平均数的计算公式即可判断；对于C由二项分布即可判断;对于D由正态分布的对称性即可判断.
【详解】对于A.从小到大排序得：16，17，19，20，22，24，26，由，所以下四分位数是17正确；
对于B，正确；
对于C，由二项分布可得：，错误；
对于D，由正态分布的对称性可得：，正确
故选：ABD
10. 已知椭圆的左右焦点分别是，以为直径的圆与在第一象限交于点，延长线段交于点.若，则（ ）
A. B. 的面积为
C. 椭圆的离心率为D. 直线的斜率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，结合椭圆的定义即可得解；对于B，设，结合椭圆定义，和直角三角形中勾股定理，得出，从而得出面积；对于C，在中，利用勾股定理得出a与c的齐次方程，从而得解；对于D，在中，求得，在中，求得，结合两角差的正切公式可以求得，从而得到直线的斜率.
【详解】
对于A，由椭圆的定义可得，，，又，所以，故A正确；
对于B，如图，连接，，设（x>0），则.
因为，，
所以，.
因为为圆的直径，所以，在中，，
即，整理得，
所以，故B错误；
对于C，在中，，.
所以，即，
解得；，即，故C正确；
对于D，在中，
在中，
所以，
所以直线的斜率为．故D正确；
故选：ACD
11. 定义在上的函数满足，其值域是.若对于任何满足上述条件的都有，则实数的取值必可以为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】AB
【解析】
【分析】通过选项逐个验证即可.
【详解】因为，设当x∈1,+∞时，，则，
当时，，令，当x∈1,+∞时，满足条件；
当时，，令，当x∈1,+∞时，
满足条件；
当时，，令，则始终有，即无法转到定义域0,1求解，故不满足；
当时，，令，则始终有，即无法转到定义域0,1求解，故不满足.
故选：AB
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式定理中的二项展开式通项公式即可求解
【详解】的展开式通项是：，
依题意得，，即，所以，
故答案为：
13. 已知直线与圆交于两点，写出满足“”的实数的一个值：__________.
【答案】或（写出其中一个即可）
【解析】
【分析】利用勾股定理求弦长的方法求解．
【详解】圆心为，到直线的距离为，
又，圆半径为2，则，解得，
故答案为：或．
14. 在长方体中，，点满足，平面与底面的夹角为，平面与底面的夹角为，当最小时，__________.
【答案】
【解析】
【分析】由面面的定义做出平面角，再结合两角和的正切公式即可求解.
【详解】
作，垂足，则底面，再作，垂足分别为，
则，又正方体中，
设，则，
当，易知，，此时，，
当，易知，，此时，，
当且时，，
所以，
设，则，
当且仅当，即时，取到最小值，
时，时，
且时递减，时递增，
综上，恒成立，即，
所以当时，取到最小，此时.
综上可知当时，取到最小.
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. 记的内角所对的边分别为，已知.
（1）求；
（2）若为边上一点，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）等价变形已知条件，得到，结合余弦定理即可得解.
（2）法①：由余弦定理求出，结合正弦定理即可求得，最后根据即可得解；法②：由法①得，在中由正弦定理得，又，从而得解；法③：由法①得，在直角中，由（1）问知，代入建立关于的方程，解方程得，从而得出；法④：由等面积法得，建立关于的方程，求得，代入求得，最后结合正弦定理即可得解.
【小问1详解】
，则，
所以，
因为，
所以.
【小问2详解】
法①：由（1）得，，因为，所以，
如图在中，由余弦定理
，即，
在中由正弦定理，即，所以，
因为，故，
在中.
法②：同解法①，在中由正弦定理，
即，所以，
又因为，即，所以.
法③同上，在直角中，所以，
由（1）问知，所以，即，得即，所以，.
法④如图由（1）知，则，
因为，所以
，即，解得，所以，即，
在中，由正弦定理，即，解得.
16. 如图，已知四棱锥的底面是边长为6的正方形，侧面底面，点分别是的中点，点在棱上且.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）解法一：取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，得线线平行，然后得证线面平行；
解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法证明线面平行；
（2）解法一：过点作，垂足为，连接，证得为直线与平面所成的角，在三角形中求出此角的正弦值后可得；
解法二：由空间向量法求线面角．
【小问1详解】
解法一：取的中点，连接，
因为点是的中点，所以，且，
正方形中，点是的中点，，
所以，且，
所以，且，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面平面，
所以平面.
解法二：
，点是的中点，所以，
又侧面底面，侧面底面平面，所以平面，
如图以点为坐标原点，直线为轴和轴建立空间直角坐标系，
则
所以，所以
设平面一个法向量为，则，
取得，所以，所以，即，又不在平面内，所以平面.
小问2详解】
解法一：
过点作，垂足为，连接，由题意知，
又侧面底面，侧面底面平面，所以底面，又平面，所以，
又平面，所以底面，
所以为直线与平面所成的角，
记直线与平面所成的角为，由（1）知，所以，
又由题意知，，所以，
又，所以，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
解法二：由（1）知
设n=x,y,z是平面的一个法向量，则，
取得，所以，
所以，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
17. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在，使得函数成立，求证：.
参考数据：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求函数的定义域，然后结合导数，分与两类进行讨论即可得解；
（2）法一：先进行参变量分离，将问题转化为最值问题，构造函数，求即可得证，在求最小值过程中，再此构造函数，结合零点存在定理和单调性，判断出存在，使得，即，则，从而得出，得证；
法二：构造函数，结合导数求，求最大值过程中，结合零点存在定理和单调性，存在，即，得到，又单调递增，又，得出，所以得证.
【小问1详解】
函数定义域为0,+∞，则
当时，，所以单调递增，即的单调递增区间是0,+∞，
当时，令，又，解得，所以的单调递减区间是，
令，解得，所以的单调递增区间是，
综上所述，当时，的单调递增区间是0,+∞，无单调递减区间；
当时，的单调递减区间是的单调递增区间是.
【小问2详解】
方法一：由得，所以，
因为x∈1,+∞，所以，由题意知，
记函数，则，
记，则当时，
所以函数在1,+∞上单调递增，
又，
因为，所以
所以存在，使得，即，则，
所以当x∈0,x0时，单调递减；当x∈x0,+∞时，单调递增；
所以，
所以，证毕.
方法二：存x∈1,+∞，使得函数成立
存在x∈1,+∞，使得函数成立，
记，则，
当时，，所以hx单调递减，则，不合题意；
当时，存在，即，
所以hx在区间上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，则单调递增，
又，所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：第（1）小问的关键在于分类讨论的标准：与，第（2）小问，方法一的关键是参变量分离转化为最值问题，结合零点存在定理和导数判断单调性，通过构造函数求出最值即可得证，方法二的关键是直接移项构造函数，结合导数进行两次构造函数，同样求出最值即可得证.
18. 已知抛物线的焦点为，点是上的一点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）设点（其中）是上异于的两点，的角平分线与轴垂直，为线段的中点.
（i）求证：点在定直线上；
（ii）若的面积为6，求点的坐标.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）或
【解析】
【分析】（1）由抛物线焦半径公式即可求解；
（2）（i）由题意得到的斜率互为相反数，构造方程即可求解；
（ii）写出直线方程，由点到线的距离公式求得高，代入三角形面积公式求解即可.
【小问1详解】
因为，由抛物线的定义得，又，所以，
因此，即，解得，从而抛物线的方程为.
【小问2详解】

（i）由（1）知点坐标为，因为的角平分线与轴垂直，
所以可知的倾斜角互补，即的斜率互为相反数，
，
同理，则，
化简得，则，
所以点在定直线上.
（ii），则直线，
即
线段的长度：，点到直线的距离，
可得的面积为，
因为，且，化简得
，
令，则，即.
解得或，
由知或，所以或
所求点的坐标为，或者.
19. 当，且时，我们把叫做数列的阶子数列，若成等差（等比）数列，则称为数列的阶等差（等比）子数列.已知项数为，且的等差数列的首项，公差.
（1）写出数列的所有3阶等差子数列；
（2）数列中是否存在3阶等比子数列，若存在，请至少写出一个；若不存在，请说明理由；
（3）记数列的3阶和4阶等差子数列个数分别为，求证：.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题干中数列an的阶等差子数列的定义，直接写出所有三阶等差子数列即可；
（2）先假设存在三阶等比子数列，结合等比中项的定义，得到一个方程，解方程的解与条件矛盾，假设不成立，从而得出结论；
（3）分别求出与的值，得出当时，，构造函数，结合单调性，得出，即；同理可以证出当，，、、时，同样成立，从而得证.
【小问1详解】
所求三阶等差子数列为.
【小问2详解】
由题意得等差数列bn的通项为，
假设存在三阶等比子数列，则，
即，化简得，
所以消得，即，
所以与矛盾，故假设不成立，
因此数列bn不存在三阶等比子数列.
【小问3详解】
先求的值
当为奇数时，；
当为偶数时，，
所以.
再求的值
当时，，
当时，，
当时，，
所以
所以当时，，因为在1,+∞上单调递增，所以，
即此时，即成立；
同理当时，，即成立；
当时，，即成立；
当时，，要证成立，只需证明
，因为，故，即成立；
当时，，即成立；
当时，，即成立，
综上成立.
【点睛】关键点点睛：第（1）小问的关键在于理解新定义，结合等差数列的知识即可列出所求三阶等差子数列；第（2）小问的关键在于假设存在，结合等比中项公式建立方程，发现方程的解与条件矛盾，从而得出假设不成立；第（3）小问的关键是分别求出分别求出与的值，然后按照当，，，、、时分类讨论，分别得出成立，从而得证.