浙江省名校协作体2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份浙江省名校协作体2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟：
2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题卷
选择题部分
一、单项选择题：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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】先求出集合，再求出.
【详解】由，
则，
故选：B.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，由，根据复数相等求出，再利用复数模的计算公式求出.
【详解】设，则，
由，则，
化简得，
则，解得，
则，
所以.
故选：C.
3. 已知等比数列的前2项和为12，， 则公比的值为（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式建立方程组，解之即可求解.
【详解】由题意知，设等比数列的公比为，
则，即，
解得，.
所以.
故选：A
4. 已知平面向量满足：，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由投影向量的定义可得，再由向量的夹角公式，代入计算，即可求解.
【详解】因为在上的投影向量为，即，所以，
又，
，
所以，
且，则.
故选：C
5. 已知函数满足,最小正周期为，函数，则将的图象向左平移（ ）个单位长度后可以得到的图象
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得函数，结合三角函数的图象变换，即可求解.
【详解】由函数的最小正周期为，可得，
因为，可得，可得，
即，又，当时，可得，
所以，
将向左平移个单位，可得函数.
故选：A.
6. 已知圆锥的底面半径为1，高为3，则其内接圆柱的表面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，设内接圆柱的底面半径为，高为，可得，再由圆柱的表面积公式，代入计算，即可求解.
【详解】设内接圆柱的底面半径为，高为，
因为圆锥的底面半径为1，高为3，
由相似三角形可得，则，
则圆柱的表面积为
，
即
所以当时，内接圆柱的表面积取得最大值为.
故选：C
7. 已知是椭圆与双曲线的公共顶点，是双曲线上一点，直线分别交椭圆于两点，若直线过椭圆的焦点，则线段的长度为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据几何关系可知直线相等，直线斜率相等，由此可得出直线的几何关系，由此可得出的横坐标，代入椭圆方程即可求解．
【详解】由是椭圆与双曲线的公共顶点，得，
不妨设直线过椭圆的右焦点F1,0，
设点，则直线的斜率分别为，，
又因为，可得，
设点，则直线的斜率分别为，
又因为，所以，
因为，所以，
所以直线关于轴对称，所以直线轴，
又因为直线过椭圆右焦点，所以，代入椭圆方程得，
所以.
故选：B
8. 正三棱台中，，点为棱中点，直线为平面内的一条动直线．记二面角的平面角为，则的最小值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先找到二面角的平面角的最大值，即最小，再求解出此角的余弦值．
【详解】取中点，设交于点，

四边形为等腰梯形，分别为的中点，
则有，，
，面，所以面，
当，有面，
面，得，，
则为二面角的平面角，
由对称性可知当时，最大，
作，，点为棱中点，则，

设分别为和的中心，则，，
又，解得，则棱台的高为，则有，
所以，
在中，由余弦定理得.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：
本题的关键点是得到当且时，二面角的平面角最大.
二、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. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知随机变量服从正态分布，越小，表示随机变量分布越集中
B. 数据1，9，4，5，16，7，11，3的第75百分位数为9
C. 线性回归分析中，若线性相关系数越大，则两个变量线性相关性越弱
D. 已知随机变量，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据正态曲线的性质判断A；根据百分位数的定义判断B；根据相关系数与相关性的关系判断C；由二项分布均值的公式求，判断D.
【详解】对于A，随机变量服从正态分布，越小，即方差越小，
则随机变量分布越集中，因此A正确；
对于B，将数据从小到大排序为：1，3，4，5，7，9，11，16，共8个数据，由，
则第75百分位数为，因此B错误；
对于C，线性回归分析中，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数越接近于1，
反之越接近于0，线性相关性越弱，因此C错误；
对于D，随机变量，则，因此D正确；
故选：AD.
10. 设函数与其导函数f'x的定义域均为，且为偶函数，，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由已知条件可得导函数对称性，判断A；由已知推出导函数的对称轴即可判断B；结合导函数对称性推出函数周期，进而利用周期进行求值，判断C；根据导数求导法则即可判断D.
【详解】对于A，，，
即关于对称，故A错误；
对于B，为偶函数，故，即关于对称，
由关于对称，知，故B正确；
对于C，关于对称和关于对称可得：，
故，即的周期为4，
所以，故C正确；
对于D，由得：，
即，令得，，
故，故D正确.
故选：BCD
11. 已知正项数列满足记，． 则（ ）
A. 是递减数列B.
C. 存在使得D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先将递推式整理成，推得等差数列，设公差，写出通项，利用裂项相消法求出，由求出公差，得到；对于A,B,C项，通过易于判断；对于D项，则需要先证，将待证式转化成证明，利用已证不等式将进行放缩化简即可证得.
【详解】由可得，
故数列构成等差数列，设公差为，则，即，
于是，
则
因，代入解得，故.
对于A，因，则是递减数列，故A正确；
对于B，把代入，计算即得，故B正确；
对于C，由可得，故C错误；
对于D，先证明.设，，
则，即在上为增函数，
故，即得.
要证，即证：，
由可得，
则，
故必有，即D正确
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：D项，构造并将不等式化为，进而对左侧放缩证明即可.
非选择题部分
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．
12. 的展开式中，常数项为______．
【答案】3
【解析】
【分析】先求出展开式中的通项公式，然后令的指数为0求解.
【详解】由展开式中的通项公式为：，
令，则，
故展开式中的常数项为：，
故答案为：3.
13. 已知正实数满足，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】将不等式两端同时取对数，再分，，讨论即可.
【详解】因为，
所以
所以
当时，不等式化简为，解得：，
当时，不等式显然不成立，
当时，不等式化简为，解集为空集.
综上所述的取值范围是.
故答案为：
14. 将12张完全相同的卡牌分成3组，每组4张．第1组的卡牌左上角都标1，右下角分别标上1，2，3，4；第2组的卡牌左上角都标2，右下角分别标上2，3，4，5；第3组的卡牌左上角都标3，右下角分别标上3，4，5，6．将这12张卡牌打乱放在一起，从中随机依次不放回选取3张，则左上角数字依次不减小且右下角数字依次构成等差数列的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，通过对公差所有可能2，-2，0，1，-1进行讨论，使用列举法，即可求解.
【详解】为方便讨论，将左上角的1，2，3改记为A,B,C，总共由取牌可能，
对公差讨论
当时，共10种：
当时，不可能；
当时，共2种：3，3，3和4，4，4；
当时，共29种，分别如下：
此时有5种；
此时有9种；
此时有9种；
此时有6种
当时
6，5，4 是1种
此时为4种；
此时有3种；
此时有1种.
总计有50种.
所以概率.
故答案为：
【点睛】思路点睛：此类题目的关键是抓住讨论点，应用列举法处理.
四、解答题：本大题共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. 已知在中，角所对的边分别为，且满足，；
（1）求角的值；
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用两角和差的余弦公式化简得，再根据题中条件利用正弦定理进行化简求出，最后根据角的大小关系，确定角的值；
（2）由，，借助余弦定理求出，即为等腰直角三角形，再根据的面积为，求出的值，即可得到的的周长.
【小问1详解】
由题意得：，
即：，
，，
又，因此，
因为，因此，故为锐角，
因此；
【小问2详解】
由，，
则由余弦定理：，得：，
因此可得：，，因此，为等腰直角三角形，
又得：，
因此，的周长为.
16. 已知三棱锥满足， 且．

（1）求证：；
（2）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）应用等腰三角形中线是高线，得出线线垂直，应用线面垂直判定定理证明线面垂直进而得出线线垂直；
（2）法一结合线面垂直得出线面角在，再结合面积及射影面积计算；法二应用已知条件建系，求面的法向量再应用线面角的向量求出正弦值.
【小问1详解】
,
,
,
即：,
取中点，连接，则，且平面,
平面,

平面
【小问2详解】
解法一：由（1）知，平面平面平面
作，垂足为
平面平面，且平面
平面
中

记点到平面的距离为与平面所成角为，则
由得：
因此，
解法二：如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系
由（1）可知
中，
设的法向量
由得：取

记与平面所成角为．则.
17. 已知函数．
（1）判断函数的零点个数，并说明理由；
（2）求曲线y=fx与y=gx的所有公切线方程.
【答案】（1）1个，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由单调性及零点存在性定理求解；
（2）分别求出以上的点为切点的切线方程及以上的点为切点的切线方程，列等式求解．
【小问1详解】
函数的定义域为：，
，在单调递增
又，存在唯一零点，在之间．
【小问2详解】
，
以上的点为切点的切线方程为
以上的点为切点的切线方程为：
令
则，得，即．
设，函数，则．
当时，单调递减，当时，单调递增，，
的解为，又．
和存在唯一一条公切线为．
18. 如图，已知抛物线的焦点为，过点作一条不经过的直线，若直线与抛物线交于异于原点的两 点，点在轴下方，且在线段上．
（1）试判断：直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
（2）过点作的垂线交直线于点，若的面积为4，求点的坐标，
【答案】（1）为定值，1
（2）与
【解析】
【分析】（1）易知直线与的斜率均存在，设，联立抛物线方程，利用韦达定理和两点表示斜率公式计算可得，即可下结论；
（2）设，则，联立方程，求出点M坐标，同理解出C的坐标，则为的中点，进而，建立关于t的方程，解之即可求解.
【小问1详解】
若的斜率不存在，则点不存在或与原点重合；
若的斜率不存在，则点A与原点重合，因此，直线与的斜率均存在，
设直线，
代入抛物线方程得：，
设则，，
，
所以直线的斜率之积为定值1.
【小问2详解】
由题意可知，的斜率为，方程为，
设点，所以直线，
解方程组，得，
因此直线与的交点坐标为，
因，由（1）得，
所以直线，解方程组，
得，得，
所以为的中点，从而，
，
所以因为，解得或，
因此，所求的点的坐标为与．
【点睛】方法点睛：求定点、定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定点（值），再证明这个点（值）与变量无关．
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点（值）．
19. 对于一个四元整数集，如果它能划分成两个不相交的二元子集和，满足，则称这个四元整数集为“有趣的”．
（1）写出集合的一个“有趣的”四元子集：
（2）证明：集合不能划分成两个不相交的“有趣的”四元子集：
（3）证明：对任意正整数， 集合不能划分成个两两不相交的“有趣的”四元子集．
【答案】（1）（符合要求即可）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据四元整数集定义写出即可；
（2）假设可以划分成两个不相交的“有趣的”四元子集，再根据每个子集中均有两个偶数证明不成立即可；
（3）假设可以划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集，再根据每个子集中均有两个偶数证明不成立即可.
【小问1详解】
（符合要求即可）：
【小问2详解】
假设可以划分，
和一定是一个奇数一个偶数，
中至多两个偶数.
则对于的一种符合要求的划分和
每个四元子集中均有两个偶数．
若两个集合分别为和
则或，不存在使得符合要求：
若两个集合分别为和
则或，不存在使得符合要求：
若两个集合分别为和
则或，不存在使得符合要求；
综上所述，不能划分为两个不相交的“有趣的”四元子集，
【小问3详解】
假设可以划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集．
每个子集中至多两个偶数，又中恰有个偶数，
每个子集中均有两个偶数，
对于， 可设其中是偶数，为奇数，
再由奇偶性，只能是．
且
矛盾．
不能划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集．
1
3
5
2
4
6
A
A
BC
A
A
C
B
BC
AB
B
C
C
AB
C
1
2
3
A
A
ABC

B
BC
2
3
4
A
A
ABC
B
BC
C
C
B
B
BC
C
C
3
4
5
A
A
BC
B
BC
C
C
B
B
BC
C
C
C
C
C
4
5
6
ABC
C
C
AB
B
A
A
5
4
3
B
B
BC
C
C
C
C
C
4
3
2
A
A
AB
B
B
3
2
1
A
A
A