浙江省五校2024-2025学年高三数学上学期第一次联考试题含解析

Page21浙江省五校2024-2025学年高三数学上学期第一次联考试题第I卷（选择题部分，共40分）1.已知集合，，则等于（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先求解集合B，利用交集和补集运算的定义，即得解【详解】由题意，或故或故选：A2.已知点在直线的下方，则实数b的取值范围为（）A. B. C. D.或【答案】B【解析】【分析】依据点在直线的下方，将点点代入直线方程，得其小于零，即可得出答案.【详解】解：因为点在直线的下方，所以，解得.故选：B.3.若，，则下列不等式成立的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】选项A由不等式的性质可推断；选项BD举特别数字可推断；选项C.可证明成立，从而可推断.【详解】选项A.,,则，所以，故选项A不正确.选项B.取，则，故选项B不正确.选项C.,，则，由，所以所以，故选项C正确.选项D.取，则，此时故选：C4.已知，则（）A B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用二倍角公式求出，再利用诱导公式即可求出.【详解】因为，所以，所以.故选：A5.函数（其中为自然对数的底数）的图象大致形态是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依据条件推断函数的奇偶性和对称性，探讨当0<x<1时函数值的符号，利用解除法进行推断即可.【详解】的定义域为R.因为，所以为奇函数，故解除A、C.当时，有，所以，，所以，故解除B.故选：D6.有10台不同的电视机，其中甲型3台，乙型3台，丙型4台．现从中随意取出3台，若其中至少含有两种不同的型号，则不同的取法共有（）A.96种 B.108种 C.114种 D.118种【答案】C【解析】【分析】先计算总的取法数和只取一种型号的取法数，总的取法数减只取一种型号的取法数即可得出结果.

【详解】依据题意，从10台电视机中随意取3台的取法总数为：（种）

取3台都是同一种型号的取法数为：（种）

所以至少含有两种不同型号的取法数为：（种）

选项ABD错误，选项C正确.

故选：C.

7.设无穷等比数列{an}的前n项和为Sn若－a1＜a2＜a1，则（）A.{Sn}为递减数列 B.{Sn}为递增数列C.数列{Sn}有最大项 D.数列{Sn}有最小项【答案】D【解析】【分析】依据已知求得的范围，然后依据的正负分类探讨确定的单调性．【详解】因为，所以，，即，若，，，是递增数列，解除AC，若，则，，易知，，是摇摆数列，解除B，当时，是递增数列，是最小项．当时，，，所以，所以中是最小项．D正确．故选：D．【点睛】关键点点睛：本题考查数列的单调性，解题关键是通过与的关系进行推断，难点是摇摆数列的最小项问题，须要利用进行证明．8.已知正方体的棱长为，、分别是棱、的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，计算出平面的一个法向量的坐标，由已知条件得出，可得出、所满意的等式，求出点的轨迹与线段、的交点坐标，即可求得结果.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设点，，，设平面的法向量为，由，取，可得，，由题意可知，平面，则，令，可得；令，可得.所以，点的轨迹交线段于点，交线段的中点，所以，点的轨迹长度为.故选：B.9.已知，函数的最小值为，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先整理函数求出函数的最小值为，再利用导数求出其最小值便可求出答案.【详解】解：由题意得：令，其最小值为再令，则当时，函数单调递减；当时，函数单调递增.故时，故的最小值为.故选：B10.已知各项都为正数的数列满意，，给出下列三个结论：①若，则数列仅有有限项；②若，则数列单调递增；③若，则对随意的，陼存在，使得成立．则上述结论中正确的为（）A.①② B.②③ C.①③ D.①②③【答案】A【解析】【分析】对于①，利用数列的单调性，通过累加法即可作出推断；对于②，先证明，再借助作差法即可得到结果；对于③，推断数列是有界的还是发散的即可.【详解】对于①，∵，∴，又数列各项都为正数，∴，∴数列单调递减，∴，∴；∵，即∴，∴，∴，即，∴，即，而为定值，∴数列仅有有限项，命题正确；对于②，先用数学归纳法证明.（1）当时，，明显成立；（2）假设时，，则，记，，，∴在上单调递增，，∴，∴对，都有.∵∴，∴，又在上单调递增，又，∴，∴数列单调递增，命题正确；对于③，∵，∴，即，又，∴，∴，∴，∴，明显存在上界，即存在上界，∴命题错误.故选：A【点睛】方法点睛：递推关系明显无法确定通项，从而要从项间关系切入，利用单调性、最值、周期性等，结合放缩思想即可得到结果.第II卷（非选择题部分，共110分）二．填空题：本大题共7个小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.已知复数（i是虚数单位），则的虚部为_____________，_____________．【答案】①.②.【解析】【分析】先由复数的乘法运算化简，进而可得虚部，再由模长公式可计算模长.【详解】由，所以的虚部为，，故答案为：；.12.等差数列满意，，则公差________，其前n项和的最小值为_____________．【答案】①.5②.【解析】【分析】用基本量表示题干条件，联立求解可得，代入前n项和公式可得，关于为开口向上的二次函数，结合，当时，取得最小值【详解】由题意，设等差数列的公差为解得关于为开口向上的二次函数，对称轴为，又故答案为：5，13.已知函数（且）且，①若，则________，②若函数的值域是，则实数的取值范围是_____________．【答案】①②.【解析】【分析】先计算的值，再计算的值；先由二次函数的性质计算当时，函数的值域是，可得当时，函数的值域为的子集，经分析可得，只需即可求得的取值范围.【详解】当时，，所以，所以；当时，，当时，取得最大值，所以当时，函数的值域是，所以当时，函数的值域为的子集，当时，在上单调递增，此时，此时不符合题意，当时，在上单调递减，此时，即，所以，可得，所以实数的取值范围是：，故答案：；.14.已知，则的值为_____________．【答案】41【解析】【分析】令，求得，令，求得，两式相加即可得出答案.【详解】解：因为，令，则，①，令，则，②，两式相加得，所以、故答案为：41.15.已知，，，则的最大值为_____________．【答案】【解析】【分析】将所求化为，利用均值不等式求出的范围，结合函数单调性可得答案.【详解】由，当且仅当,即时，等号成立.所以，设函数,则当时，，所以在上单调递减.则（当时等号成立）所以故答案为：16.已知平面对量，满意：，，，，则________，的取值范围是_____________．【答案】①.②.【解析】【分析】计算即可求解，由已知条件求出，设，则，，求出对应的点的轨迹为圆，利用圆的性质即可求解.【详解】由题可知：，由，所以，又，如图，，设，则，，，，，由可得，即，所以对应的点的轨迹是以为圆心，的圆，表示圆上的点到定点的距离，，所以，则，故答案为：；.17.如图，已知三个两两相互垂直的半平面，，交于点O，矩形的边在半平面内，顶点A，D分别在半平面，内，，，与平面所成角为，二面角的余弦值为，则同时与半平面，，和平面都相切的球的半径为_____________．【答案】或【解析】【分析】以O为原点建立空间直角坐标系，求出A，B，C，D坐标，求出平面ABCD的法向量，依据可求出.【详解】如图，以O为原点建立空间直角坐标系，过作轴，交y轴于E，连接EC，，，，又，，平面DEC，，即为二面角的平面角，，，，过作轴，交z轴于F，连接AF，可得，即为与平面所成角，，又，，，设，，，，，则可解得，则设平面ABCD的法向量为，则，即，令，可得，即，设同时与半平面，，和平面都相切的球的球心为，半径为，则，则，则，即，解得或.故答案为：或.三．解答题：本大题共5个小题，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.18.已知函数．（I）求函数的单调递增区间；（II）在中，角，，的对边分别是，，，且满意，求的取值范围．【答案】（I）；（II）.【解析】【分析】（I）利用两角和的余弦公式以及正弦的二倍角公式、协助角公式化简，再由正弦函数的单增区间即可求解；（II）依据已知条件由余弦定理化角为边，可得，再由余弦定理可得的范围，进而可得角的范围，再由正弦函数的性质即可求解.【详解】（I）由可得：所以的增区间为；（II）因为，由余弦定理可得：，即，所以，所以，因为，可得：，所以，所以．19.如图，在三棱柱和四棱锥构成的几何体中，平面，，，，，，平面平面．（I）若点为棱的中点，求证：平面；（II）已知点是线段上靠近的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（I）证明见解析；（II）.【解析】【分析】（I）依据面面垂直性质可证明平面，证明结合可证明平面，进而可得，再由线面平行的判定定理即可求证；（II）如图建立空间直角坐标系，求出各点坐标，进而可得的坐标以及平面的一个法向量，由空间向量夹角公式计算即可求解.【详解】（I），且为棱的中点，，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，面，，又，，平面，，平面，平面，平面．（Ⅱ）如图，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，由题意知：，，又，，，，，，，，，设平面的一个法向量由，，令，可得，，设直线与平面所成角为，则，直线与平面所成角的正弦值为．20.已知数列满意，且．（1）求证：数列是等差数列；（2）记，数列的前n项和为，若存在，使成立，求实数的取值范围．【答案】（I）证明见解析；（II）.【解析】【分析】（1）由可转化得到，即得证；（2）由（1）可得，代入可得，计算可得，分n为奇数、n为偶数探讨，即得解【详解】（1），，即，数列是以为公差的等差数列．（2）由（1）可知数列是以为公差的等差数列，且，，，①当n为奇数时，单调递减，当时，，②当n为偶数时，单调递增，所以，存在，使得成立，即可，21.已知函数．（1）若的图象在处的切线l的斜率为，求直线l的方程；（2）若对于随意的，恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求导，由可得，可求得，即得解；（2）先由且，求得，求导分析单调性可得在上单调递减，在上单调递增，，要使恒成立，只需，即，解不等式即可【详解】（1），，，，解得；，切点为，斜率为，所以切线．（2）因为，恒成立所以且，解得，令，因为，所以，令，令所以在上单调递减，在上单调递增，，要使恒成立，只需，即，所以．22.已知函数．（I）若，求证：当时，；（II）探讨方程的根的个数．【答案】（I）证明见解析；（II）当时，仅有一个实根；当时，有三个不相等的实根.【解析】【分析】（Ⅰ）依据题意即证，转化为证明成立，令，求出其单调区间得出最小值可证.

（Ⅱ）由时，在R上单调递增，所以有唯一解；当时，求出，可得，分与进行分类探讨即可.【详解】（I）证明：由，，所以，要证，即证，即证，即证，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，成立，所以．（Ⅱ），当时，；当时，，①当时，在R上单调递增，所以有唯一解；②当时，，因为，所以，所以，1）当，即时，，所以在R上单调递增，所以有唯一解；2）当，即