浙江省2024-2025學年高三數(shù)學上學期第一次聯(lián)考暑假返?？荚囶}含解析

考生須知：1．本卷滿分150分，考試時間120分鐘．2．答題前務必將自己的姓名，準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的地方．3．答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應的位置上規(guī)范答題，在本試卷紙上答題一律無效．4．考試結束后，只需上交答題卷．第Ⅰ卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意求集合，再結合交集運算求解.【詳解】由題意可得：，所以.故選：B．2.的展開式中項的系數(shù)是（）A.672 B. C.84 D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意結合二項式定理可得，令運算求解即可.【詳解】由題意可知：的展開式通項為，令，解得，所以項的系數(shù)是.故選：D．3.已知等差數(shù)列前項和為，若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用等差數(shù)列前項和公式、等差數(shù)列性質(zhì)計算即得.【詳解】在等差數(shù)列中，由，得.故選：D4.已知隨機變量的分布列如下表所示，則（）123A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)分布列的性質(zhì)可得，進而可得，再根據(jù)期望的性質(zhì)分析求解.【詳解】由分布列可得，解得，則，所以.故選：C．5.已知函數(shù)，則“”是“函數(shù)在上單調(diào)遞增”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據(jù)給定條件，求出函數(shù)在上單調(diào)遞增等價條件，再利用充分條件、必要條件的定義判斷即得.【詳解】由函數(shù)在上單調(diào)遞增，得，解得，所以“”是“函數(shù)在上單調(diào)遞增”的必要不充分條件.故選：B6.函數(shù)的圖象在區(qū)間上恰有一個對稱中心，則的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】求出相位的范圍，結合余弦函數(shù)的性質(zhì)列出不等式求解即得.【詳解】由，得，由的圖象在區(qū)間上恰有一個對稱中心，得，所以.故選：C7.若某圓臺有內(nèi)切球（與圓臺的上下底面及每條母線均相切的球），且母線與底面所成角的余弦值為，則此圓臺與其內(nèi)切球的體積之比為（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】將圓臺還原成圓錐，作出圓錐的軸截面，再結合給定角求出圓錐底面圓半徑、高與內(nèi)切球半徑的關系即可計算得解.【詳解】將圓臺母線延長交于點S，得圓錐，作圓錐的軸截面，等腰梯形為圓臺的軸截面，截內(nèi)切球得大圓，并且是梯形的內(nèi)切圓，令切圓于，如圖，設底面圓直徑，依題意，，，，設內(nèi)切球半徑為，則，，，，于是，且為的中點，而內(nèi)切球體積，圓臺的體積,所以圓臺與其內(nèi)切球的體積比為.故選：A8.設函數(shù)，若函數(shù)在區(qū)間上存在零點，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用函數(shù)零點的定義，轉化為函數(shù)，在上的圖象有公共點求解.【詳解】由，得，依題意，在上有解，記，，因此函數(shù)在上的圖象有公共點，，如圖，當時，，顯然函數(shù)在上的圖象無公共點，當時，函數(shù)圖象都關于對稱，得，即，解得，所以實數(shù)的取值范圍是.故選：C【點睛】方法點睛：函數(shù)零點個數(shù)判斷方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)圖象法：作出函數(shù)f(x)的圖象，觀察與x軸公共點個數(shù)或者將函數(shù)變形為易于作圖的兩個函數(shù)，作出這兩個函數(shù)的圖象，觀察它們的公共點個數(shù).二、多選題：本題共3小題，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分．9.已知正實數(shù)滿足，則（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】對于A：舉反例說明即可；對于B：設，可得，結合對數(shù)函數(shù)性質(zhì)分析判斷；對于C：利用換底公式分析判斷；對于D：可得，結合基本不等式運算求解.【詳解】對于選項A：若，則，則，故A錯誤；對于選項B：因為，設，則，又，可得，所以，故B正確；對于選項C：因為，所以，故C正確；對于選項D：因為，即，可得，當且僅當，即時，等號成立，所以，故D正確．故選：BCD.10.若直線與圓交于不同的兩點為坐標原點，則（）A.當時，B.的取值范圍為C.D.線段中點的軌跡長度為【答案】AC【解析】【分析】對于A：求圓心到直線的距離，結合垂徑定理運算求解；對于B：根據(jù)數(shù)量積可得，進而可得結果；對于C：分析可得，即可得結果；對于D：分析可知點的軌跡是以為直徑的半圓(除去)，即可得結果.【詳解】由題意可知：圓的圓心為，半徑為，且直線過定點O0,0，設線段中點為M，對于選項A：當時，則直線為，即，圓心到直線的距離為，所以，故A正確；對于選項B：因為，因為點不重合，所以，故B錯誤；對于選項C：因為，所以，故C正確；對于選項D：因為線段中點滿足，設的中點為，圓C與x、y分別切于點、，可知圓過點、，且，可知點的軌跡是以為直徑的半圓（除去），所以軌跡長為，故D錯誤．故選：AC.11.若函數(shù)，則下列說法正確的是（）A.若，則函數(shù)的最大值為2B.若，則函數(shù)為奇函數(shù)C.存，使得D.若，則【答案】ACD【解析】【分析】對于A：整理可得，結合二次函數(shù)求最值；對于B：舉反例說明即可；對于C：取，代入檢驗即可；對于D：根據(jù)題意結合誘導公式可得，進而可得，運算求解即可.【詳解】因為，可知的定義域為，對于選項A：當時，，可得，當且僅當時，等號成立，所以函數(shù)的最大值為2，故A正確；對于選項B：當時，則，令，則，可得，所以函數(shù)不為奇函數(shù)，故B錯誤；對于選項C：當時，，則，且對任意，則，所以，故C正確．對于選項D：因為，若，可得，則，解得，故D正確．故選：ACD.【點睛】關鍵點點睛：對于BC：對于直接說明比較麻煩的問題時，常取特值，舉例說明即可.第Ⅱ卷三、填空題：本題共3小題，共15分．12.已知是兩個單位向量，若，則向量夾角的余弦值為______．【答案】【解析】【分析】根據(jù)垂直條件及數(shù)量積運算律，再由夾角公式即可求解.【詳解】由，得，則．故答案為：13.若復數(shù)滿足，則__________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)給定條件，設出復數(shù)的代數(shù)形式，結合復數(shù)相等、共軛復數(shù)及模的意義計算得解.【詳解】設，則，，解得，由，得，解得，又，所以.故答案為：14.如圖，設雙曲線C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左焦點為，過作傾斜角為的直線與雙曲線的左支交于兩點，若，則雙曲線【答案】【解析】【分析】利用雙曲線定義，結合余弦定理求出的關系即可得解【詳解】令雙曲線右焦點為，半焦距為，設，則，由雙曲線定義得，，由直線傾斜角為，得，由余弦定理得，即，整理得，于是，，所以雙曲線的漸近線方程為.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：求出雙曲線漸近線方程，關鍵是由給定條件，結合余弦定理求出值.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15.已知三棱錐底面，點是的中點，點為線段上一動點，點在線段上.（1）若∥平面，求證：為的中點；（2）若為的中點，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見詳解（2）【解析】【分析】（1）由線面平行的性質(zhì)可得，即可得結果；（2）方法一：建系標點，利用空間向量求線面夾角；方法二：做輔助線，可證平面，進而可得線面夾角；方法三：利用等體積法求到平面的距離，進而可得線面夾的正弦值.【小問1詳解】連結，因為∥平面平面，平面平面，則，又因為是的中點，所以是中點.【小問2詳解】方法一：因為底面，如圖建立坐標系，則，，，，可得，，，設平面的法向量為，則，令，則，可得，則，因此直線與平面所成角的正弦值為；方法二：取中點，因為，則，因為底面，底面，則，且，，平面，則平面，由平面，可得，且，平面，所以平面，可知即直線與平面所成角，且則.所以直線與平面所成角的正弦值為；方法三：設到平面的距離為，可得，則，即，解得，則，所有直線與平面所成角的正弦值.16.在中，內(nèi)角所對的邊分別為，滿足.（1）若，求；（2）若是銳角三角形，且，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)利用正弦定理結合三角恒等變換可得，結合即可得結果；（2）由銳角三角形可得，利用正弦定理運算求解即可.【小問1詳解】因為，由正弦定理可得，則，整理得，因為，則，則，即，由，得，則，．【小問2詳解】因為是銳角三角形，則，解得，則，由正弦定理得，得，可得，所以的取值范圍為.17.已知橢圓E:x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為，左、右頂點分別為為坐標原點，為線段（1）求橢圓的方程；（2）延長交橢圓于，若，求直線的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)離心率和面積關系列式求，進而可得方程；（2）設直線，聯(lián)立方程，利用韋達定理結合數(shù)量積的坐標運算求解即可，注意討論直線的斜率是否存在.【小問1詳解】由條件得，即，則，則，，解得，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】由題意可知：，則，且直線與橢圓必相交，若直線的斜率不存在，可知，聯(lián)立方程，解得，不妨取，則，可得，不合題意；若直線的斜率存在，設直線，則，，與橢圓聯(lián)列方程得，消去y得，可得，則，可得，解得所以直線的方程為；綜上所述：直線的方程為.【點睛】方法點睛：與相交有關的向量問題的解決方法在解決直線與圓錐曲線相交，所得弦端點的有關的向量問題時，一般需利用相應的知識，將該關系轉化為端點坐標滿足的數(shù)量關系，再將其用橫（縱）坐標的方程表示，從而得到參數(shù)滿足的數(shù)量關系，進而求解.18.已知函數(shù)；（1）設函數(shù)，求函數(shù)的極值；（2）若不等式當且僅當在區(qū)間上成立；求的最大值（3）實數(shù)滿足，求證：．【答案】（1）極小值，無極大值（2）（3）證明見解析【解析】【分析】（1）求出函數(shù)的導函數(shù)并判斷出其單調(diào)性，即可得出極值；（2）結合函數(shù)圖象將不等式恒成立轉化為圖象之間位置關系，得出等量關系并求得的表達式利用二次函數(shù)性質(zhì)可求出結論；（3）分別對不等式左右兩邊利用作差法并構造函數(shù)，由導函數(shù)求得其單調(diào)性即可證明得出結論.【小問1詳解】，令，令，得，當時，，當時，，可得在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以有極小值，無極大值．【小問2詳解】，得，易知在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，即可得在上單調(diào)遞增；易知在處的切線方程為，即；若不等式當且僅當在區(qū)間上成立；結合及的圖象可知，需滿足，可得，．于是，易知當時，取得最大值，故．【小問3詳解】先證明左邊：作差；因為，令，則；令當時，，函數(shù)在上是增函數(shù)，所以，因此，所以，即，故；對于右邊令，令，則恒成立；所以在上單調(diào)遞減，可得，即，所以，即，即，故．綜上得．【點睛】關鍵點點睛：在證明不等式時關鍵是先利用作差法再根據(jù)表達式特征，構造函數(shù)并利用導數(shù)求出函數(shù)單調(diào)性及其最值，即可得出結論.19.混沌現(xiàn)象普遍存在于自然界和數(shù)學模型中，假設在一個混沌系統(tǒng)中，用來表示系統(tǒng)在第個時刻的狀態(tài)值，且該系統(tǒng)下一時刻的狀態(tài)值滿足，已知初始狀態(tài)值，其中，這樣每一時刻的狀態(tài)值構成數(shù)列.（1）若數(shù)列為等比數(shù)列，求實數(shù)的取值范圍；（2）若，證明：①；②.【答案】（1）；（2）①證明見解析；②證明見解析.【解析】【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用等比數(shù)列定義，結合求解即得.（2