浙江省强基联盟2024-2025学年高三上学期10月联考数学试卷word版（附参考答案与解析版）

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考生注意：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色.墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
一、选择题：本大题共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，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合A，后根据交集概念计算即可.
【详解】因为，
所以．
故选：C．
2. 已知，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算即可求解.
【详解】因为．
故选：A．
3. 已知非零向量，，则“”是“向量”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及数量积的运算律判断即可.
【详解】因为，为非零向量，
若，则，则，
所以，所以，故充分性成立；
若，则，所以，
所以，则，故必要性成立；
所以“”是“向量”的充要条件.
故选：C．
4. 若过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意求出点到圆心的距离为，进而可得，结合二倍角的余弦公式计算即可求解.
【详解】点到圆心的距离为，圆的半径为，
所以，于是．
故选：A．
5. 二项式的展开式中的常数项为（ ）
A. 480B. 240C. 120D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】运用通项公式计算即可.
【详解】因为得到常数项，则．.
故选:B．
6. 已知底面半径为2的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱侧面积与圆锥侧面积的比值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助于轴截面求圆柱的高为，再结合圆柱、圆锥的侧面积公式运算求解.
【详解】作出轴截面，如图所示，
由题意可得：，可知分别为的中点，
则分别为的中点，则，
可得；，所以比值为．
故选：C．
7. 函数在区间上的所有零点之和为（ ）
A. πB. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数零点个数与其对应方程的根、函数图象的交点个数之间的关系，作出函数和的图象，利用数形结合的思想即可求解.
【详解】由得，即，
函数零点即方程的根，
作出函数和的图象，如图，
由图可知两个图均关于中心对称且在上有两个交点，
故函数在区间上有4个零点，所以4个零点的和为．
故选：B．
8. 已知函数的定义域为，当或或是无理数时，；当（，，是互质的正整数）时，．那么当，，，都属于时，下列选项恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】使用特值法可排除A,B,C,据，的取值可分类讨论证明D正确.
详解】当时，，，，
所以，，故排除B、C；
当，时，，，，
所以，故排除A．
下面证明D的正确性：
当，之一为无理数或者0或者1时，不等式右边为0，显然成立．
当，都是真分数时，不妨设，，
则不等式右边为，显然有左边大于或等于．
所以不等式成立．
故选：D．
二、多项选择题：本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 随机变量，分别服从正态分布和二项分布，且，，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正态分布的性质和二项分布的性质计算即可.
【详解】对A，因为，根据对称性，知道，故A正确；
对B，因为，故B正确；
对C，因为，故C正确；
对D，因为，，故D错误.
故选：ABC．
10. 在正四棱柱中，，点是棱上的动点（不含端点），则（ ）
A. 过点有且仅有一条直线与直线，都垂直
B. 过点有且仅有一条直线与直线，都相交
C. 有且仅有一个点满足和的面积相等
D. 有且仅有一个点满足平面平面
【答案】AB
【解析】
【分析】由空间线线、线面、面面的位置关系逐项判断即可.
【详解】
由图可知直线和直线异面，
则过空间中一点都是有且仅有一条直线与它们垂直，故A正确；
又易知与，都相交，且点在上，
所以过点有且仅有一条直线与直线，都相交，故B正确；
连接交于，易知，所以，
可知到的距离大于，且，
又到的距离小于，结合所以三角形面积不可能相等，故C错误；
由正四棱柱易得：平面，又平面，
所以对任意恒有平面平面，故D错误.
故选：AB.
11. 已知是曲线上的一点，则下列选项中正确的是（ ）
A. 曲线的图象关于原点对称
B. 对任意，直线与曲线有唯一交点
C. 对任意，恒有
D. 曲线在的部分与轴围成图形的面积小于
【答案】ACD
【解析】
【分析】将，替换为，计算即可判断A；取，可判断有三个交点即可判断B；利用函数的单调性来得出的取值范围，再结合的单调性进行求解即可判断C；利用图象的对称性和半圆的面积进行比较即可判断D．
【详解】A．对于，将，替换为，，所得等式与原来等价，故A正确；
B．取，可以求得，，均可，故B错误；
C．由，，函数，故，
令，解得：，在，时，，函数单调递减，
在时，，函数单调递增，所以，
又因为是增函数，，所以有，故C正确；
D．当时，，又，
，所以．
曲线与轴围成半圆，又曲线的图象关于原点对称，
则曲线与轴围成图形的面积小于，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，椭圆上一点满足，则线段__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由已知可得点的横坐标为，代入椭圆方程即可求得点坐标，得出结果.
【详解】因为椭圆，则，所以，，
因为,
所以点的横坐标为，代入求得纵坐标为，即．
故答案为：
13. 已知曲线在处的切线恰好与曲线相切，则实数的值为______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据是曲线在处的切线求出的方程，再求出与曲线相切的切点即可求解.
【详解】由得，又切点为，故，切线为，
设与曲线的切点为，，所以，解得切点为，
所以，解得．
故答案为：2.
14. 数学老师在黑板上写上一个实数，然后老师抛掷一枚质地均匀的硬币，如果正面向上，就将黑板上的数乘以再加上3得到，并将擦掉后将写在黑板上；如果反面向上，就将黑板上的数除以再减去3得到，也将擦掉后将写在黑板上．然后老师再抛掷一次硬币重复刚才的操作得到黑板上的数为．现已知的概率为0.5，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，，由两次复合列出不等式求解即可.
【详解】由题意构造，，
则有，，，．
因为，恒成立，
又的概率为0.5，
所以必有或者解得．
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 在中，角的对边分别为，，，已知，．
（1）求角和角．
（2）若边上的高为，求的面积．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理求出，再将化简为，从而求出即可；
（2）根据边上的高为求出，，利用求解即可.
【小问1详解】
由余弦定理知，故．
因为，所以，
又，所以，故．
【小问2详解】
因为边上的高，解得，，
又，
所以的面积．
16. 已知双曲线与过点，的直线有且只有一个公共点，且双曲线的离心率．
（1）求直线和双曲线的方程；
（2）设，为双曲线的左、右焦点，为线段的中点，求证：．
【答案】（1），；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由离心率求出关系，并化简双曲线方程，再求出直线方程代入双曲线方程中，利用求解即可；
（2）求出点坐标，可进一步证明，进而证明.
【小问1详解】
因为双曲线的离心率，
所以，解得，
设双曲线方程.
直线过点，，
所以直线方程为，即，
代入双曲线方程，得，
由题意，，解得
所以双曲线的方程：．
【小问2详解】
因为，于是即，
所以，代入得，
则，又，所以，
因为为线段中点，所以，
所以．
又，所以，故．

17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，侧面是正三角形，是棱的中点．
（1）证明：；
（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）取与中点，．连接，，，，证明四边形是平行四边形．得到线面垂直，再用性质即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，再用向量夹角计算公式计算即可.
【小问1详解】
证明：分别取与中点，．连接，，，，
则运用中位线性质知且,则，
则四边形是平行四边形．
侧面是正三角形，易知，.
底面是菱形，，则底面是正三角形，则.
平面， 平面，
平面，.
由于四边形是平行四边形．，．
【小问2详解】
由（1）知为二面角的平面角，即，前面知道，
则过O做AD的垂线Oz，以为坐标原点，为坐标轴，建立空间直角坐标系如图，

设，则A1,0,0，，，，，，，，，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
则，进而求得一个法向量为．
设直线与平面所成角为，
则．
18. 已知函数．
（1）若，求函数的单调区间和最值；
（2）若，且一次函数的图象和曲线相切于处，求函数的解析式并证明：恒成立．
（3）若，且函数在上有两个极值点，求实数的取值范围．
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为，最小值为，无最大值．
（2），证明见解析
（3）．
【解析】
【分析】（1）利用导数与单调性的关系求解单调区间，再结合单调性求解最值即可；
（2）根据导数的几何意义求出；令，利用导数求出最小值为即可；
（3）因为函数在上有两个极值点，所以在上有两个变号零点，分离参数得，求解直线与函数在上的图象有两个交点即可.
【小问1详解】
因为，所以，定义域为，求导得，
故当时，f′x<0；当1,+∞时，f′x>0，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为1,+∞，
所以最小值为，无最大值．
【小问2详解】
，所以，又，
所以，即；
令，
则，，这里表示的导函数．
令，则，
当变化时，与的变化情况如下表：
所以当时，函数有极小值，极小值为，也是最小值，
因为当时，无限趋向于，所以当时，，
又，此时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，即不等式gx≤fx恒成立．
【小问3详解】
因为函数在上有两个极值点，
所以在上有两个变号零点，
因为，令，即，
因为不是的根，所以，
令，则，
当时，；当时，，
所以函数在12,1上单调递增，在上单调递减，
又，，，作出函数在上的图象，
当，即时，直线与函数在上的图象有两个交点，
设两个交点的横坐标分别为，且，
由图可知，当或时，，此时，
当时，，此时，
所以函数ℎx在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
此时，函数有两个极值点，合乎题意．
因此，实数的取值范围为．
19. 已知整数，数列是递增的整数数列，即且．数列满足，．若对于，恒有等于同一个常数，则称数列为的“左型间隔数列”；若对于，恒有等于同一个常数，则称数列为的“右型间隔数列”；若对于，恒有或者，则称数列为的“左右型间隔数列”．
（1）写出数列的所有递增的“左右1型间隔数列”；
（2）已知数列满足，数列是的“左型间隔数列”，数列是的“右型间隔数列”，若，且有，求的值；
（3）数列是递增的整数数列，且，．若存在的一个递增的“右4型间隔数列”，使得对于任意的，都有，求的关于的最小值（即关于的最小值函数）．
【答案】（1）1，2，4，6，9或1，2，4，8，9或1，2，6，8，9或1，4，6，8，9．
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由“左右型间隔数列”的定义，求数列的所有递增的“左右1型间隔数列”；
（2）根据“左型间隔数列”和“右型间隔数列”的定义，由，则有，代入通项计算即可；
（3）由“右4型间隔数列”的定义，有，可知，则有，化简即可．
【小问1详解】
数列的“左右1型间隔数列”为1，2，4，6，9或1，2，4，8，9或1，2，6，8，9或1，4，6，8，9．
【小问2详解】
由，可得，
即，即，
即，所以．
【小问3详解】
当时，由，可知．
又因为对任意，都有，
即当时，两两不相等．
因为
．
所以的最小值函数．
另外，当数列an的通项
间隔数列bn通项时也符合题意．
【点睛】方法点睛：
在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决!
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单调递减
单调递增