2025届浙江省9+1高中联盟高三(上)11月期中数学试卷(解析版)

这是一份2025届浙江省9+1高中联盟高三(上)11月期中数学试卷(解析版)，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，且，则a等于（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】D
【解析】因为，且，
则,所以.
故选：D.
2. 设复数，在复平面内对应的点关于实轴对称，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】复数在复平面内对应的点关于实轴对称，故.
所以.
故选：A.
3. 若命题“，成立”是真命题，则实数a取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，成立，
所以，解得，
故选：B
4. 在中，D是BC上一点，满足，M是AD的中点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题可知，，,
所以有，所以，得.
故选：C
5. 已知圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则该圆锥的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为r，
因为圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，
圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，
则，解得，
则该圆锥的高为.
故选：A.
6. 函数的部分图象如图所示，直线与其交于A，B两点，若，则（ ）

A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】令，则，，，
则，且，所以.
故选：C
7. 已知函数，若，，，则有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为函数且定义域为R，则，所以为偶函数，
因为，
则，
又，，，
，，
则，所以，
当时，因为，所以为单调递增函数，
所以.
故选：B.
8. 已知函数（a，且）在区间上有零点，则的最小值为（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】D
【解析】依题意在区间上有零点，
整理得在上有解，
表示坐标系中，直线（看成参数）上的点，
所以表示原点到直线上的点的距离的平方，
设，
由于，所以当时，取得最小值为，
所以的最小值为.
故选：D
二、多项选择题：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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法中正确的是（ ）
A. 数据1，2，2，3，4，5的极差与众数之和为7
B. 若随机变量X服从二项分布，且，则
C. X和Y是分类变量，若值越大，则判断“X与Y独立”的把握性越大
D. 若随机变量X服从正态分布，且，则
【答案】BD
【解析】A：该组数据的极差为4，众数为2，所以该组数据的极差与众数之和为6，故A错误；
B：由，得，解得，
所以，故B正确；
C：值越大，X和Y有关系的可能性就越大，则“X与Y独立”的把握越小，故C错误；
D：由，得，
所以，故D正确.
故选：BD
10. 已知数列的前n项和为，满足，且，则下列结论中正确的是（ ）
A. 为等比数列B. 为等比数列
C. D.
【答案】BCD
【解析】由题设，且，故是首项、公比为3的等比数列，
所以，则，故不是等比数列，A错，B、C对；
由，则，
所以，
所以，D对.
故选：BCD
11. 已知曲线C方程为：，，，过M的直线交曲线C于A、B两点（A在B的上方），已知，，下列命题正确的是（ ）
A.
B. 的最小值是2
C. 周长的最大值是
D 若，将沿翻折，使面面，则折后
【答案】ABC
【解析】由已知，在中，已知，，
由正弦定理得，
又，即，
所以，故A正确；
由
，
得：，
在中，，则，
所以，
故，
当且仅当，时取到最小值是2，故B正确；
周长，
设Bx,y，，
又，，则
，
当且仅当，即时，等号成立，
故周长的最大值是，故C正确；
设AB的方程是：与联立得：，
解得：（舍去）或，则点为椭圆上顶点，，
又在圆上，所以 ，
又沿翻折后，平面平面， 平面平面 ，，
则平面，又平面，则，
所以，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 双曲线的渐近线方程为______.
【答案】
【解析】由得，即，焦点在轴上，所以渐近线方程为.
故答案为：
13. 已知展开式的二项式系数之和为64，则展开式中项的系数为______.（用数字作答）
【答案】
【解析】由题意可知：，解得，
则的展开式的通项为，
令，解得，
所以展开式中项的系数为.
故答案为：.
14. 一只盒子中装有4个形状大小相同的小球，小球上标有4个不同的数字.摸球人不知最大数字是多少，每次等可能地从中摸出一个球，不放回.摸球人决定放弃前面两次摸出的球，从第3次开始，如果摸出的球上标有的数字大于前面摸出的球上的数字，就把这个球保存下来，摸球结束，否则继续摸球.问摸球人最后保存下来是数字最大的球的概率是______.
【答案】
【解析】标有数字的4只球排序共有种情况.
要摸到标有数字最大的球，有以下两种情况：
①标有数字最大球第3次摸到，其他的小球随意在哪个位置，有种情况.
②标有数字最大的球第4次摸到，标有数字第二大的球在第1次或第2次被摸出，
其他的球在哪次摸出任意，有种情况.故所求概率为.
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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角A；
（2）若，的面积为，求的值.
解:（1）由条件得，
从而.
所以，由正弦定理得，故.
从而，得，故.
所以.
（2）设的面积为，则.
16. 已知函数，其中.
（1）若曲线在点处的切线垂直于直线，求a的值；
（2）讨论函数的单调性.
解:（1）函数，求导得，
由曲线在点处的切线垂直于直线，得，
所以.
（2）函数的定义域为，，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，方程中，，
若，则，，函数在上单调递增；
若，则，关于x的方程有两个正根，，，
当或时，；当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数的递增区间是；
当时，函数的递增区间是，递减区间是.
17. 如图，三棱锥中，，平面平面，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若为钝角，且二面角的大小为，求.
解:（1）如图，在平面ABC内取点O，过O作于M，过O作于N，
平面平面ABC，平面平面，平面ABC，
平面PAC，又平面PAC，，同理可证，
又，平面ABC，
平面ABC；
（2）法一：如图，过点B作于点H，过H作于点Q，连接BQ，
平面ABC，平面ABC，，
又，平面PAC，
平面PAC，则为二面角的平面角，即
设，，
则，，
所以，又，所以，
所以，由得，
整理得，又，解得或（舍去），
综上.
法二：如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，
则，，，，
易知平面PAC的法向量为，
设面PAB的法向量为，
则，
，
则，
整理得，由，
得，解得或（舍），
综上，.
18. 在平面直角坐标系中，圆C的方程为：，定点，B是圆C上任意一点，线段BF的垂直平分线l和半径BC相交于点T.
（1）求点T的轨迹W的方程；
（2）已知点，过点F的一条直线，斜率不为0，交曲线W于P、Q两点，直线AP，AQ分别与直线交于M，N两点，求证：直线FM与直线FN的斜率之积为常数.
解:（1）由题意：点T在线段BF的垂直平分线上，则，可得.
由椭圆定义可得，点T的轨迹是以，F1,0为焦点的椭圆，
且椭圆长轴长为，焦距为，，
所以点T的轨迹W的方程为

（2）由（1）知A-2,0，F1,0，设直线，Px1,y1，Qx2,y2，
联立消去x，整理得，则
，
根据题意可设，，则由，
可得，同理可得，
所以直线FM与直线FN的斜率之积，
.
所以直线FM与直线FN的斜率之积为定值.
19. 一般地，任何一个复数（a，）可以写成，其中r是复数的模，是以x轴非负半轴为始边，射线OZ为终边的角，称为复数的辅角.我们规定在范围内的辅角称为辅角主值，通常记作argz，如，，.发现，就是说两个复数相乘，积的模等于各复数模的积，积的辅角等于各复数辅角的和.考虑如下操作：从写有实数0，1，的三张卡片中随机抽取两张，将卡片上的两个数依次作为一个复数的实部和虚部.设n为正整数，重复n次上述操作，可得到n个复数，将它们的乘积记为.
（1）写出一次操作后所有可能的复数；
（2）当，记的取值为X，求X的分布列；
（3）求为实数的概率.
解:（1）一次操作后可能的复数为：1，i，，，，，
（2）一次操作后复数的模所有可能的取值为是：1，1，，，2，2
由，故X的取值为1，，2，3，，4
，，.
，，，
所以X的分布列为
（3）若为实数，则或.
而1，i，，，，的辅角主值分别是0，，0，，，，
设在n次操作中，得到i，的次数为，得到的次数为，得到的次数为，
于是，
从而，即
因此，所有的概率即为是3的倍数的概率，下面研究与之间的关系.
（ⅰ）是3的倍数，且第次操作得到的复数是1，i，，（概率为）；
（ⅱ）被3除余1，且第次操作得到的复数是（概率为）；
（ⅲ）被3除余2，且第次操作得到的复数是（概率为）；
因此由全概率公式可以得到：
变形得，其中，故X
1
2
3
4
P