2025届浙江省稽阳联谊学校高三上11月联考数学试卷（解析版）

这是一份2025届浙江省稽阳联谊学校高三上11月联考数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，只有是符合题目要求的.
1. 已知全集，，，则图中阴影部分对应的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由已知，
阴影部分为.
故选：A．
2. 已知，是不共线的单位向量，若，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，设，则，
即，解得，
故选：C.
3. 下列四个函数中，以为其对称中心，且在区间上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】对于A:在上单调递减，A选项错误；
对于B:在上单调递增，且为其对称中心，B选项正确；
对于C:不是0，所以不是的对称中心，C选项错误；
对于D:在上单调递减，D选项错误；
故选：B.
4. 已知函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题可得或，又为增函数，
所以解得或，故解集为.
故选：D.
5. “直线与圆有公共点”是“”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】B
【解析】直线与圆有公共点
则，
由，反之推不出，故为必要不充分条件.
故选：B
6. 某袋子中有大小相同的4个白球和2个红球，甲乙两人先后依次从袋中不放回取球，每次取1球，先取到红球者获胜，则甲获胜的概率（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】；
故选：C.
7. 已知双曲线：，过的直线分别交双曲线左右两支为，关于原点的对称点为，若，则双曲线的离心率（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设，则，
记与轴的交点为，
因为，所以，
所以，即，
因为都在双曲线上，
所以，
两式相减得，
所以，
所以，
所以.
故选：A
8. 已知是定义在上且不恒为0的连续函数，若，f1=0，则（ ）
A. B. 为奇函数
C. 的周期为2D.
【答案】D
【解析】令得，因为不恒为，所以，所以A错误；
令得，得，则为偶函数，所以B错误；
令得，
则，
则，得周期为4，所以C错误；
令得，，即，
令得，即关于1,0中心对称
，即，
所以，所以D正确.
故选：D.
二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若随机变量，则
B. 残差平方和越大，模型的拟合效果越好
C. 若随机变量，则当减小时，保持不变
D. 一组数据的极差不小于该组数据的标准差
【答案】ACD
【解析】由于，所以A正确；
残差平方和越小，模型的拟合效果越好，所以B错误；
根据正态分布的概率分布特点知为定值，C正确；
由于，
标准差，故D正确.
故选：ACD.
10. 某校南门前有条长80米，宽8米的公路（如图矩形），公路的一侧划有16个长5米宽2.5米的停车位（如矩形），由于停车位不足，放学时段造成道路拥堵，学校提出一个改造方案，在不改变停车位的大小和汽车通道宽度的条件下，通过压缩道路边绿化带及改变停车位方向来增加停车位，记绿化带被压缩的宽度（米），停车位相对道路倾斜的角度，其中，则（ ）
A.
B.
C. 该路段改造后的停车位比改造前增加8个
D. 该路段改造后的停车位比改造前增加9个
【答案】AD
【解析】∵，
∴，
构造对偶式可得，
，平方相加得，
由，可得或，
又，所以，，
该路段改造后的停车位比改造前增加9个.
故选：AD.
11. 如图，是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，则（ ）
A. ，，，四点不共面
B. 该几何体体积为8
C. 过四点，，，四点的外接球表面积为
D. 截面四边形的周长的最小值为10
【答案】BCD
【解析】对于A，取中点，取靠近的三等分点，
易知四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，
所以，，则，
所以，，，四点共面，故错误；
对于B，由对称性知，此几何体体积是底面边长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半，所以，故B正确；
对于C，过四点，，，构造正方体，
所以，外接球直径为正方体的体对角线，
所以，则，所以此四点的外接球表面积为，故C正确；
对于D，
由题意，平面平面，平面平面，平面平面，
所以，同理可得，
所以四边形为平行四边形，则周长，
沿将相邻两四边形推平，当，，三点共线时，最小，最小值为5，
所以周长最小值为，故D正确，
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知i为虚数单位，若，则______.
【答案】3
【解析】设
则，
可得，即得.
故答案为：3
13. 已知等比数列的前项和为，若，则______.
【答案】91
【解析】因为，所以，
故，
故答案为：91.
14. 已知函数，若对任意，，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】设，，
由知函数是奇函数，
∵
∴可化为
∴
又
所以在上单调递增，
∴在x∈1,+∞上恒成立，
∴在x∈1,+∞上恒成立，
令，x∈1,+∞，则
所以hx在上递减，在上递增，所以
所以.
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. 如图，四边形为圆台的轴截面，，圆台的母线与底面所成的角为，母线长为，是弧上的点，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：取中点，连结，
∵，，，，
∴，，∴为平行四边形，
∴，又面，面，
所以面.
（2）解：法一：过作于点，易知圆台底面，
∵，，圆台的母线与底面所成的角为，母线长为，
∴，，又，∴，，
又，则，所以，
又由，可得，，
取中点，连结，，所以，
则为二面角的平面角，
又易知，，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为
法二：如图，以为坐标原点，和垂直的直线为轴，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系，
由法一知，，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，所以，
设平面的法向量为，
则，取，则，，所以，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
若以，，为，，轴建立坐标系，
则，
所以，，，
同理可求得平面的法向量为；
平面的法向量为，
则.
16. 如图，的内角，，的对边分别为，，，直线与的边，分别相交于点，，设，满足.
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的周长.
解：（1）由正弦定理得
，
又∵∴，
得.
（2）∵即,
根据余弦定理可得即,
则，所以，得的周长为.
17. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若有两个极值点，求的取值范围.
解：（1）∵当时，，
∴，
∴，
又，
∴曲线y=fx在点处的切线方程为.
（2）令，
令，，
则，
令得，
①当时，在上单调递增，当时，；
当时，，所以存在唯一的零点，
又得，所以且时有两个极值点0，；
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
又当时，，
当时，，又，
所以只需，解得；
③当时，，在0,+∞上单调递增，
所以在0,+∞上只有一个零点，所以只有一个极值点，故不符合.
综上：的取值范围为
18. 已知椭圆：的左右顶点分别为，，左右焦点分别为，，为坐标原点，为椭圆在第一象限上的一点，直线，分别交轴于点，.
（1）求的值；
（2）在直线上取一点（异于），使得.
（ⅰ）证明：，，三点共线；
（ⅱ）求与面积之比的取值范围.
（1）解：由题意，
设，则直线，故，
同理直线得，
则，
又，所以；
（2）（ⅰ）证明：直线，

因为在直线上且，得，
消得，
因为在椭圆上，所以，
代入上式整理得（1）
因为，所以（1）式一定有一个根1，
得，即，得，
故，，，
得，
所以，，三点共线，
（ⅱ）解：因为为椭圆在第一象限上的一点，所以，
所以.
19. 每个正整数有唯一的“阶乘表示”为（，，…，），这些满足，其中每个都是整数，且，.
（1）求正整数3，4，5，6的“阶乘表示”；
（2）若正整数对应的“阶乘表示”为（，，…，），正整数对应的“阶乘表示”（，，…，），其中，求证：；
（3）对正整数，记，x表示不超过最大整数，数列前项和为，若，当最小时，求的值.
（1）解：因为，故“阶乘表示”为；
，故“阶乘表示”为；
，故“阶乘表示”为；
因为，故“阶乘表示”为；
（2）证明：因为，因为，
故，
所以，由于，
所以，
即，
依次化简可得，所以.
（3）解：由于，
又，
故，
所以，
即，
累加可得，
即.当，时取到最小值，
此时，解得，即，所以.