浙江省部分学校联考2025届高三上学期返校考试数学试卷(含答案)

这是一份浙江省部分学校联考2025届高三上学期返校考试数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．设集合，，则是( )
A.B.或
C.D.
2．若在复平面内，点所对应的复数为z，则复数的虚部为( )
A.12B.5C.D.
3．已知平面向量，，则向量( )
A.B.C.D.
4．已知，则( )
A.B.C.D.
5．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器.由中国科学院空天信息创新研究院自主研发的极目一号Ⅲ型浮空艇（如图1）从海拔4300米的中国科学院珠穆朗玛峰大气与环境综合观测研究站附近发放场地升空，最终超过珠峰8848.86米的高度，创造了海拔9032米的大气科学观测海拔高度世界纪录，彰显了中国实力.“极目一号”Ⅲ型浮空艇长45米，高16米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面积为( )
A.B.C.D.
6．已知实数，且满足不等式，若，则下列关系式一定成立的是( )
A.B.C.D.
7．已知函数，若方程在上有且只有五个实数根，则实数的取值范围为( )
A.B.C.D.
8．已知函数，正实数a，b，c是公差为负数的等差数列，且满足，若实数d是方程的一个解，那么下列四个判断：
①；②；③；④中一定成立的个数为
A.1B.2C.3D.4
二、多项选择题
9．下面正确的是( )
A.若，且，则
B.若，且，则
C.若，且，则
D.若，且，则
10．已知函数，则( )
A.在上单调递增
B.当时，
C.在存在2022个极小值点
D.的所有极大值点从大到小排列构成数列，则
11．1675年，天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：在同一平面内，到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卡西尼卵形线。在平面直角坐标系中，设定点，，其中，动点满足（且a为常数），化简可得曲线，则
A.原点O在曲线C的内部
B.曲线C既是中心对称图形，又是轴对称图形
C.若，则的最大值为
D.若，则存在点P，使得
三、填空题
12．已知双曲线的左、右焦点分别为，，倾斜角为的直线与双曲线C在第一象限交于点P，若，则双曲线C的离心率的取值范围为________.
13．已知点P在曲线上，过点P的切线的倾斜角为，则点P的坐标是________.
14．现有n（，）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（）个袋中有k个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出四个球（每个取后不放回），若第四次取出的球为白球的概率是，则________.
四、解答题
15．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求；
（2）若，，求的面积.
16．椭圆的光学性质：光线从椭圆的一个焦点出发经椭圆反射后通过另一个焦点.现有一椭圆，长轴长为4，从一个焦点F发出的一条光线经椭圆内壁上一点P反射之后恰好与x轴垂直，且.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点Q为直线上一点，且Q不在x轴上，直线，与椭圆C的另外一个交点分别为M，N，设，的面积分别为，，求的最大值.
17．如图，在四棱锥中，底面，是直角梯形，，，，E是的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）直线上是否存在一点F，使得平面，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
18．已知，记（且）.
(1)当（e是自然对数的底）时，试讨论函数的单调性和最值；
(2)试讨论函数的奇偶性；
(3)拓展与探究：
①当k在什么范围取值时，函数的图象在x轴上存在对称中心？请说明理由；
②请提出函数的一个新性质，并用数学符号语言表达出来.（不必证明）
19．已知数列的前n项和为，().若是公差不为0的等差数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：数列是等差数列；
（3）记，若存在()，使得成立，求实数的取值范围.
参考答案
1．答案：C
解析：因为是6的倍数，所以，
故选：C.
2．答案：D
解析：由题意，得，所以它的虚部为.
故选：D
3．答案：C
解析：，
故选：C.
4．答案：A
解析：，，
解得：，
.
故选：A.
5．答案：C
解析：该组合体的直观图如图：半球的半径为8米，圆柱的底面半径为8米，母线长为13米，圆台的两底面半径分别为8米和1米，高为24米，
所以半球的表面积为（平方米），
圆柱的侧面积为（平方米），
圆台的侧面积为（平方米），
故该组合体的表面积为（平方米）.
故选：C
6．答案：C
解析：因为，又函数单调递增，所以，即，
对于不等式，移项整理得，
构造函数，由于单调递减，所以，即，
故选:C.
7．答案：C
解析：由，得：或，即，或，
易知由小到大第5、6个正根分别为，.
因为方程在上有且只有五个实数根，
所以有且，解得.
故选：C.
8．答案：A
解析：易知为两个减函数的和，所以其为减函数，又正实数a，b，c是公差为负数的等差数列，所以，又，所以
，，或，，，所以总有，又
，，所以成立，故选A.
9．答案：ABC
解析：对于A：因为，且，
则，故A正确；
对于B：因为，且，
则，故B正确；
对于C：因为，且，
所以，故C正确；
对于D：因为，且，
所以，解得，故D错误.
故选：ABC
10．答案：BD
解析：，，当时，单调递减，单调递增，所以单调递增，且，，所以存在，，当，，此时单调递减，故A错误.
，在同一个直角坐标系中画出，.当，，因此，当时，此时，单调递减，当，单调递增，满足且，故，在上单调递减，所以，故当时，，所以B正确.
由，的图象可知，存在，当时，，此时，单调递减，当，，此时，单调递增，所以当，只有一个极小值点，由于是以周期为的周期函数，故当，有2022个极小值点，当时，有一个极小值点，而当，恒成立，故该区间无极值点，所以在存在2023个极小值点，故C错误.
由，的图象可知，存在，当时，此时，单调递增，当，此时，单调递减，所以当，只有一个极大值点.
当，，由图像可知：，由是以周期为的周期函数，因此其中k为非正整数.，故D正确.
故选：BD
11．答案：BCD
解析：对于A，将代入方程，得，所以当时，原点O在曲线C上，所以A错误，
对于B，以代x，得，得，所以曲线关于y轴对称，
代y，得，得，所以曲线关于x轴对称，
以代x，代y，得，得，所以曲线关于原点对称，所以曲线C既是中心对称图形，又是轴对称图形，所以B正确，
对于C，当时，由，得，解得，
所以，
所以，所以的最大值为，所以C正确，
对于D，若存在点P，使得，则，因为，，所以，所以，
所以由，得，所以，所以，反之也成立，所以当，则存在点P，使得，所以D正确，
故选：BCD
12．答案：
解析：
因为倾斜角为的直线与双曲线C在第一象限交于点P，
可知直线的倾斜角大于双曲线的一条渐近线的倾斜角，
即，
设，则，根据可知，
在中，由余弦定理可知，
即，
则，
故
故答案为：
13．答案：
解析：设，由导数的定义易求得，
由于P在曲线上，函数为二次函数，
过点P的切线即是点P处的切线，故，即，则.
故答案为：
14．答案：9
解析：设选出的是第k个袋，连续四次取球的方法数为，
第四次取出的是白球的取法有如下四种情形：
4白，取法数为：，
1红3白，取法数为：，
2红2白，取法数为：，
3红1白：取法数为：，
所以第四次取出的是白球的总情形数为：
，
则在第k个袋子中取出的是白球的概率为：，
因为选取第k个袋的概率为，故任选袋子取第四个球是白球的概率为：
，
当时，.
故答案为：9.
15．答案：（1）；
（2）.
解析：（1）解法一：
又，
，
，，解得：.
解法二：①，
平方可得：，
，，，
②，
由①②可得：.
（2），，，
由正弦定理得：，
由（1）知：，
在中，，
.
16．答案：(1)；
(2)
解析：（1）不妨设F、是椭圆的左焦点、右焦点，
则轴，又因为，，
所以，即，所以，
所以椭圆C的方程为.
（2）设，，
则：，：
联立，消去x得，解得，
同理，联立，消去x得，解得，
所以
.
令，
则，
当且仅当，即，即时，取得最大值.
17．答案：（1）证明见解析；
（2）；
（3）存在，.
解析：（1）证明：四边形是直角梯形，，
，，
平面，平面，
，又，平面，
平面，又平面，
平面平面.
（2）由（1）可知平面，
，，
为二面角的平面角，
，，
，
.
二面角的余弦值为.
(3)连接交于O，过O作交于F，连接，.
则平面.
，，
又，，
.
所以直线上是否存在一点F，使得平面，且.
18．答案：(1)详见解析；
(2)详见解析；
(3)①当时，函数有对称中心，理由见解析；②答案见解析.
解析：（1）当时，函数，可得，
若时，，故函数在R上单调递增，函数在R上无最值；
若时，令，可得，
当时，，函数在上为严格减函数；
当时，，函数在上为严格增函数，
所以，当时，函数取得最小值，最小值为，无最大值.
综上：当时，函数在R上无最值；当时，最小值为，无最大值.
（2）因为“为偶函数”“对于任意的，都有”
即对于任意的，都有，并且；
即对于任意的，，可得，
所以是为偶函数的充要条件.
因为“为奇函数”“对于任意的，都有”，
即对于任意的，都有，并且，
即对于任意的，，可得，
所以是为奇函数的充要条件，
当时，是非奇非偶函数.
（3）①当时，函数有对称中心，
当时，对于任意的，都有，并且.
证明：当时，令，解得为函数的零点，
由，
可得；
②答案1：当时，函数有对称轴.
即当时，对于任意的，都有，并且，
参考证明：当时，由，
可得，
答案2：当时，的图象关于y轴对称，
即对于任意的，都有，
答案3：当时，函数的零点为，即
19．答案：（1）；
（2）证明见解析；
（3）.
解析：（1）设等差数列的公差为d，因为，所以.
由得，，即，
因为，所以，从而.
（2）由（1）知，，，
即有，①
所以，②
②-①得，，整理得.
两边除以得，（），
所以数列是常数列.
所以，即，
所以，
所以数列是等差数列.
（3）因为，所以，
所以.
因为，
当时，.
显然，
①若，则，恒成立，
所以，即，，
所以单调递减，所以不存在；
②若，则，恒成立，
所以，即，，
所以单调递减，所以不存在；
③若，则，所以当，成立，
所以存在.
④若，则.
当，且时，，单调递增；
当，且时，，单调递减，
不妨取，则.
综上，若存在，使得成立，则的取值范围是.