浙江省A9协作体2025届高三8月暑假返校联考数学试题（Word版附解析）

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考生须知：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前务必将自己的姓名，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规定的地方.
3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效.
4.考试结束后，只需上交答题卷.
第Ⅰ卷
一、单选题：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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式求出集合B，根据集合的交集运算，即得答案.
【详解】解，得，
所以，
所以，
故选：A.
2. 设复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的运算性质求出共轭复数，再求模即可.
【详解】因为，所以，
，
所以，，故C正确.
故选：C.
3. 已知平面向量，若，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】由得，从而解出的值.
【详解】因为，所以，，
则，所以，
故选：D.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用和差公式展开求得，在把和差公式展开代入即可求解.
【详解】因为，
所以，则，
故选：B
5. 函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复合函数单调性同增异减列不等式，由此来求得的取值范围.
【详解】因为函数在区间上单调递增，
所以在上单调递增，则，即.
故选：A
6. 方程在的根的个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】在同一坐标系内画出和图象，数形结合即可求解．
【详解】在同一坐标系内画出和图象，
因为，，，，
所以与图象在区间上有三个不同的交点，即方程有三个不同的根，
故选：B．

7. 一圆柱放置于底面直径和高都是2的圆锥内，其底面放在圆锥底面上，则圆柱体积最大为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆柱的底面半径为，高为，利用圆锥与圆柱的特征及体积公式表示圆柱体积，再求导判定其最值即可.
【详解】
如图，作出其轴截面，设圆柱的底面半径为，高为，
由，则，所以，
因为，令，则，
易知时，单调递增，时，单调递减，
所以.
故选：C.
8. 已知函数，且若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】运用分段函数求值方法，注意分清在哪一段，进行讨论即可.
【详解】由逆推得，
；
；
；
；
；
.
所以，.
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对得6分，部分选对分别记0分、2分、4分或0分、3分，有选错的得0分.
9. 已知随机变量服从正态分布，则以下选项正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用期望与方差的性质结合正态分布的性质计算一一判定选项即可.
【详解】A选项：，故A正确；
B选项：，故B错误；
C选项：由正态分布密度曲线知其关于对称，
利用对称性知，故C正确；
D选项：因为，
所以，，故D错误.
故选：AC
10. 三次函数叙述正确的是（ ）
A. 函数可能只有一个极值点
B. 当时，函数的图象关于点中心对称
C. 当时，过点的切线可能有一条或者两条
D. 当时，在点处的切线与函数的图象有且仅有两个交点
【答案】BD
【解析】
【分析】求导，令，利用结合二次函数的图象可判断A；利用是奇函数，可判断B；设切点x1,fx1，切线方程为，结合已知可得，求解可判断C；在点x0,fx0处的切线为，与曲线方程联立方程求解可判断D.
【详解】对于A选项：，令，
即，
当时，方程有两个不同根，有两个极值点；
当时，无个极值点，故A错误；
对于B选项：，又是奇函数，关于点对称，
所以函数的图象关于点中心对称，故B正确；
对于C选项：设切点x1,fx1，则切线方程，
因为过点x0,fx0，所以，
即，
整理得，所以，或，由于，
则两根相等，即只有一个切点，即只有一条切线，故C错误；
对于D选项：在点x0,fx0处的切线为，
与曲线联立方程组化简得，，
所以，或，由于，则方程组有两个不同解，
即有两个不同交点，故D正确.
故选：BD.
11. 数学家笛卡尔研究了很多曲线，传说笛卡尔给公主克里斯蒂娜寄的最后一封信上只有一个数学表达式：，克里斯蒂娜用极坐标知识画出了该曲线图象“心形线”，明白了笛卡尔的心意.已知利用关系式和可将信中表达式转化为直角坐标系下的曲线方程.如图，该曲线图象过点，则（ ）
A.
B. 曲线经过点
C. 当点在曲线上时，
D. 当点在曲线上时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题目所给已知条件进行化简，得到，然后根据曲线图象所过点、曲线方程、导数与极值、换元法以及判别式（或者三角恒等变换）的方法对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】因为，所以，
利用关系式得，…（*）
A选项：因曲线图象过点，所以此时，
代入（*）得，所以，故A正确；
B选项：因为，所以（*）化为，
所以直角坐标系下的曲线方程为，
代入点满足，故B正确；
C选项：，设，
则，令，得或，
时，，所以，
时，，
则有极值，由对称性，所以，故C错误；
D选项：方法1：由两边平方整理得:
，令，
则（*），由判别式，得.
令，由于方程（*）在有解，
（1）当对称轴，即或时，
由得，所以；
（2）当对称轴，即时，
由，得，所以，
综上，.故D正确.
方法2：，
所以.故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：求解参数的取值范围，可以考虑利用导数来进行求解，也可以利用换元法来进行求解.其中换元法可以转化为一元二次方程，然后结合判别式来求解，也可以考虑利用三角换元，利用三角恒等变换的知识来求解.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分.
12. 双曲线 的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【详解】∵双曲线的方程为
∴，
∴
∴
故答案为
13. 曲线在处的切线恰好是曲线的切线，则实数______.
【答案】
【解析】
【分析】求出在处的切线方程，设出的切点联立方程组可解得.
【详解】对于，易知，切线斜率为，切点为0,1；
则曲线在处的切线为，
显然，设切点，
由，解得.
故答案为：2
14. 嵊（shèng）州是历史文化名城，早在秦朝已设郡县，古称剡（shàn）县，赡县、嵊县，古往今来无数文人墨客都醉心于嵊州的山水风景之中，李白曾梦到：湖月照我影，送我至剡溪.杜甫有诗曰：剡溪蕴秀异，欲罢不能忘，其中万年小黄山，千年唐诗路，百年越剧是三张重要历史文化名片，现有甲、乙两人到达高铁嵊州新昌站，前往旅游集散中心，再分赴万年小黄山、千年唐诗路之谢灵运垂钓处、越剧诞生地打卡，已知每人都只去1个景点，且甲、乙两人前往三地打卡的概率分别是和，则甲、乙打卡不相同景点的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出甲乙打卡相同景点的概率，根据对立事件的概率计算，即可得答案.
【详解】甲乙打卡相同景点的概率为，
所以甲、乙打卡不相同景点的概率为.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应该写出文字说明、证明过程或验算步骤.
15. 在中，角所对的边分别为，且，.
（1）证明：；
（2）若，求边上中线的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）运用正弦定理边角互化，再用余弦定理可解.
（2）运用余弦定理，结合边角互化可解.
【小问1详解】
证明：因为，由正弦定理得，，所以，
因为，由余弦定理，，
代入得，，化简得，
所以，即证；
【小问2详解】
因为，所以，所以，，
在中，由余弦定理，
故.
16. 已知三棱锥平面，为的中点，为延长线上一点.

（1）证明：；
（2）当二面角余弦值大小为时，求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质证明线线垂直即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法建立方程，求解参数即可.
【小问1详解】
因为平面平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为面，所以，又因为为的中点，，
所以，因为，平面，
所以平面，因为平面，所以；
【小问2详解】

如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
设，
取平面的法向量，
设平面的法向量，
因为，
由，则，令，解得，
所以，由，
得，解得或，故或.
17. 已知椭圆的上顶点，点在椭圆上，斜率为的直线过点交椭圆于另一点.
（1）求椭圆的方程；
（2）当的面积是时，求.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据椭圆上顶点的坐标得到的值，由在椭圆上，代入椭圆方程求出的值；
（2）联立直线和椭圆的方程得到点的横坐标，由弦长公式得到，由点到直线的距离公式得到点到的距离，从而用表示出的面积，由面积为，解出的值.
【小问1详解】
因为椭圆的上顶点为，所以，
则椭圆方程为，
因为在椭圆上，所以，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，，
联立消去并整理得，
由，得，
则，
到直线的距离，
则，
解得或.
18. 设函数.
（1）求的最大值；
（2）若函数的极小值点为，证明：；
（3）若恒成立，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出f′x，结合导数求出f′x的单调区间，进而求出最大值；
（2）由（1）得出f′x在单调递增，计算，结合零点存在定理即可得出存在唯一的，使得，再结合极小值点定义可判断为极小值点，从而得证；
（3）不等式恒成立问题，转化为构造函数的最值问题，结合导数求出Fx最小值,得出恒成立的结论，再一次构造函数，求出最大值即可得证.
【小问1详解】
令，，
当时，，当时，，
所以f′x在单调递增，在上单调递减，
所以，f′x的最大值为；
【小问2详解】
由（1）知，f′x在单调递增，
又
由函数零点存在定理可得必然存在唯一的，使得，
且当时，f′x<0，当时，f′x>0，
所以，函数的极小值点满足.
【小问3详解】
由，得，
设，，
①当时，必然存在使得，故不符合题意；
②当时，Fx在单调递减，单调递增，
则，即，
所以，
令，则，
所以上单调递增，上单调递减，
所以，，
即
【点睛】关键点点睛：第（2）小问的关键点是借助第（1）小问的结论，然后计算出，再结合零点存在定理即可得证；第（3）小问的关键点是两次使用了将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，从而得证.
19. 设为大于3的正整数，数列是公差不为零的等差数列，从中选取项组成一个新数列，记为，如果对于任意的，均有，那么我们称数列为数列的一个数列．
（1）若数列为，写出所有的数列；
（2）如果数列公差为，证明：；
（3）记“从数列中选取项组成一个新数列为数列的数列”的概率为，证明：．
【答案】（1）2，3，1，4；3，2，4，1
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“数列”的定义求解即可；
（2）由题知，为的最大值或最小值的一个排列，则有为的最大值或最小值的一个排列，分类讨论即可证明；
（3）由（2）知，数列任意元子集必存在2个数列，则任意取项的排列数为，而为数列的数列的个数为，所以．
小问1详解】
由数列的定义知，的数列为：2，3，1，4；3，2，4，1．
【小问2详解】
对于项的数列一个数列，
因为对于，均有，
所以，
所以不是所有项中的最大值或最小值，
所以为的最大值或最小值的一个排列，
考虑中去掉后的数列，
同理若数列为数列的一个数列，
则有为的最大值或最小值的一个排列，
以此类推，当时，
①若为最大值，则为最小值，则，
所以，；
②若为最大值，则为最小值，则，
所以，，
综上，．
小问3详解】
由（2）知，数列任意元子集必存在2个数列，
因此任意取项的排列数为，而为数列的数列的个数为，
所以，
因为，
所以，，
所以．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于理解数列的定义，证明第（2）问中，由定义得出所以，且为的最大值或最小值的一个排列是解题关键；证明（3）时，得出数列任意元子集必存在2个数列是解题关键．