浙江诗诚联盟2024-2025学年高三数学上学期期末联考试题含解析

Page20浙江省精诚联盟2024-2025学年高三数学上学期期末联考试题一､选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1.已知点A（1，-1），B（1，2），则直线AB的倾斜角为（）A.0 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由两点的横坐标相等，得出倾斜角.【详解】由题意可知，两点横坐标相等，则直线AB的倾斜角为.故选：D2.在复平面内，复数对应的点在第（）象限.A.一 B.二 C.三 D.四【答案】A【解析】【分析】化简后依据复数的几何意义可知.【详解】，故选：A.3.已知集合，集合，则“”是“”成立的（）A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】依据集合运算结合，结合充分不必要条件概念求解即可.【详解】解：因为，集合，所以当时，，故成立，反之，当时，不肯定成立，例如，所以“”是“”成立充分不必要条件故选：B4.如图是一个机器人手臂的示意图.该手臂分为三段，分别可用向量代表.若用向量代表整条手臂，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依据题意得，进而依次探讨即可得答案.【详解】解：依据题意得，所以，所以由于各向量间的夹角未知，故，均不肯定成立，故C选项正确，A，B，D选项错误；所以C5.若实数x，y满意条件，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】画出不等式组表示的平面区域，由表示原点到平面区域中点的距离，结合图象得出最值.【详解】该不等式组表示的平面区域如下图所示，表示原点到平面区域中点的距离，因为，所以的最小值就是原点到直线的距离，即，故的最小值为.故选：D6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.π B.π C.π D.π【答案】C【解析】【分析】依据三视图还原几何体的结构，由此计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体是由半个圆柱，挖掉半个圆锥所得，如图，所以几何体的体积为.故选：C.7.依据2024年某地统计资料，该地车主购买甲种保险的概率为0.4，购买乙种保险的概率为0.3，由于两种保险作用类似，因而没有人同时购买，设各车主购买保险相互独立，则估计该地100位车主中甲､乙两种保险都不购买的车主平均有（）人A.40 B.30 C.20 D.10【答案】B【解析】【分析】依据题意得该地车主中，甲､乙两种保险都不购买概率为，进而依据概率估计求解即可.【详解】解：依据题意得，该地车主中，甲､乙两种保险都不购买的概率为，所以该地100位车主中甲､乙两种保险都不购买的车主平均有人.故选：B8.函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用解除法，先推断函数的奇偶性，再利用导数推断函数的单调性即可【详解】因为，所以为奇函数，所以其图象关于原点对称，所以解除A，当时，由，得，令，则，所以在上为增函数，所以，所以，所以在上为增函数，所以解除BD，故选：C9.已知数列满意，对随意中存在一项是另外两项之和，且，记数列的则前项和为，则的最小值为（）A.1361 B.1481 C.1681 D.2024【答案】A【解析】【分析】由题意可知，要使得有最小值，则要尽可能的小，依据题意，利用列举法可知数列从第九项起，是以3为周期的数列，由此即可求出结果.【详解】因为对随意中存在一项是另外两项之和，所以，或，或又，所以，要使得有最小值，则要尽可能的小；则依据对随意中存在一项是另外两项之和，且要尽可能的小，利用列举法可知数列为：，可知数列从第九项起，是以3为周期的数列，又，所以的最小值为.故选：A.10.已知函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，若，，成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（）A.线段（不包含端点） B.椭圆一部分C.双曲线一部分 D.线段（不包含端点）和双曲线一部分【答案】A【解析】【分析】依据等比数列的性质，结合椭圆方程进行求解推断即可.【详解】因为函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，所以，因为，，成等比数列，所以有，且有成立，即成立，由，化简得：，或，当时，即，因为，所以平面上点（s，t）的轨迹是线段（不包含端点）；当时，即，因为，所以，而，所以不成立，故选：A二､填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11.1911年5月，欧内斯特·卢瑟福在《哲学》杂志上发表论文在这篇文章中，他描述了用粒子轰击0.00004cm厚的金箔时拍摄到的运动状况.在进行这个试验之前，卢瑟福希望粒子能够通过金箔，就像子弹穿过雪一样，事实上，有微小一部分粒子从金箔上反弹.如图显示了卢瑟福试验中偏转的粒子遵循双曲线一支的路径.则该双曲线的离心率为___________，假如粒子的路径经过（10，5），则该粒子路径的顶点距双曲线的中心___________.【答案】①.②.【解析】【分析】由渐近线倾斜角求出，再由可得离心率；待定系数法可得a.【详解】由图知，双曲线的渐近线的倾斜角为，所以，所以；由上知双曲线为等轴双曲线，故设双曲线方程为，则，得.故答案为：；.12.已知圆，则圆与圆的位置关系是___________；若点P在直线l：上运动，点Q在圆与圆的圆周上运动，则|PQ|的最小值为___________.【答案】①.外切；②.【解析】【分析】依据题意得，进而得两圆的位置关系；再结合直线与直线平行，得的最小值为两圆中，随意一个圆的圆心到直线与半径的差，进而求解得答案.【详解】解：依据题意，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，所以，即圆与圆的位置关系为外切.因为，，所以直线与直线平行，由于所以的最小值为两圆中，随意一个圆的圆心到直线与半径的差.因为圆的圆心为到直线的距离为所以的最小值为故答案为：外切；13.已知二项式的绽开式中，第4项的系数为-32，则n=___________，常数项为___________.【答案】①.4；

②.24.【解析】【分析】依据二项式绽开式的通项公式写出第4项，即可求出n，进而可求出常数项.【详解】由二项式绽开式通项公式，得二项式的通项公式为，所以，则，得，即，所以的常数项为.故答案为：4；2414.在△ABC中，内角所对的边分别为a，b，c，且；则角B=___________；a的取值范围为___________.【答案】①.②.【解析】【分析】由题意可得，进而可得，利用正弦定理化简可得，即可求出角B；依据诱导公式可得，结合角C的范围和正弦函数的性质即可得出结果.【详解】由，所以，由正弦定理，得，有，又，故；，因为，所以，则，所以，即.故答案为：；15.空间四边形ABCD中，，AD与BC成角，则异面直线AB与CD所成角的大小为___________.【答案】【解析】【分析】由空间向量的运算得出，进而由余弦定理得出，最终由向量法得出异面直线AB与CD所成角的大小.【详解】，不妨设，则设异面直线AB与CD所成角为，则，.故答案为：16.为庆祝建党100周年，某高校选派3位男同学､3位女同学参与“建党100周年党史宣讲”系列报告会，在支配节目依次的时候，要求男同学先讲，3位女同学不能连着讲，则不同的支配依次共有___________种.【答案】【解析】【分析】依据题意，分3位女同学全部不连着讲和3位女同学有2位连着讲两种状况探讨求解即可.【详解】解：因为3位女同学不能连着讲，故3位女同学的支配状况分为两种，第一种为3位女同学全部不连着讲，由于男同学先讲，故有种状况；其次种为3位女同学有2位连着讲，由于男同学先讲，则先从3位男同学中选一个作为第一个宣讲着，再从3位女同学中选2位同学连着讲，之后再支配剩下的2位男同学，最终将2位连着讲的女同学和另一位女同学插空支配到三个空位上即可，即为种，综上，共有种不同的支配依次.故答案：17.如图，已知菱形，，沿直线将翻折成，分别为的中点，与平面所成角的正弦值为，为线段上一点（含端点），则与平面所成角的正弦值的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】依据题意，进而得，再依据底面为等边三角形，平分，进而得，点为的中心，故三棱锥是棱长为的正四面体，再建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【详解】解：设顶点在平面内的射影为点，因为与平面所成角的正弦值为，，所以，因为，所以，又因为，所以，如图1，在平面中，为等边三角形，≌，所以平分，即，所以在中，，解得，（舍），所以点为的中心，故三棱锥是棱长为的正四面体，故如图2，以中点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标则，设，则，，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，因为，设与平面所成角为，所以，令，则，因为函数在上单调递增，所以在上单调递减，所以当时，与平面所成角的正弦值最大，最大值为故答案为：三､解答题（本大题共5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.（1）求函数的单调递增区间；（2）已知，若函数在区间[0，]上恰好有两个零点，求a的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由协助角公式化简解析式，再由正弦函数的性质得出函数f（x）的单调递增区间；（2）令，由函数与只有两个交点，结合图象得出a的取值范围.【小问1详解】由可得，即函数的单调递增区间为【小问2详解】，，令函数在区间[0，]上恰好有两个零点函数与只有两个交点由图象可知，19.如图，四边形ABCD中，,，，沿对角线AC将△ACD翻折成△，使得.（1）证明：；（2）若为等边三角形，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明过程见解析；（2）【解析】【分析】（1）作出协助线，证明线面垂直，进而证明出，由三线合一得出结论；（2）作协助线，找到为二面角的平面角，再运用勾股定理及余弦定理求出边长，最终用余弦定理求出二面角的余弦值.【小问1详解】取中点F，连接EF，BF，因为，所以EF是的中位线，故∥，因为，所以，又因为，，所以平面BEF，因为平面BEF，所以，由三线合一得：【小问2详解】因为为等边三角性，所以，由第一问可知：，从而，由三线合一得：，取AB的中点H，过点H作HG⊥AB交AC于点G，连接，从而，故为二面角的平面角，由勾股定理得：，从而，，由可得：，由勾股定理得：，因为，在中，由余弦定理得：，故，又，在中，由余弦定理得：，故二面角的余弦值为.20.已知等差数列的前n项和为，等比数列{}的前n项和为，且.（1）求数列和数列{}的通项公式；（2）若数列满意，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，依据题意和等差、等比数列的通项公式列出方程组，解之即可得出d和q，进而得出结果；(2)由(1)可得，利用数列的裂项相消法求得数列的前n项和，即可证明.【小问1详解】设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，由，解得，所以；【小问2详解】由(1)知，，所以，所以，即，.21.已知抛物线.焦点为F，过的直线l与抛物线C交于A､B两点，AB中点为M.（1）若，求直线l的方程；（2）过A､B分别作抛物线C的切线，交点记为H.（i）求点H的轨迹方程；（ii）直线FH与直线l交于点Q，以MF为直径的圆与直线l的另一个交点为N，推断是否为定值.若是，求出定值并赐予证明，若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）（i）（或）；（ii）是定值，，理由见解析.【解析】【分析】(1)依据题意，设直线的方程为，进而与抛物线联立方程得结合弦长公式与韦达定理得，，，再依据得，进而得答案；（2）（i）依据题意，过点的切线的方程为过点的切线的方程为，进而联立方程求解即可得点的轨迹方程为（或）；（ii）结合（i）知，故，再依据得点到直线的距离等于，故，进而得【小问1详解】解：因为抛物线的方程为，所以，设过点的直线的方程为，联立方程得，设，则，，所以，所以，因为为的中点，所以，故因为，所以，整理得，所以，故直线的方程为【小问2详解】解：（i）设交点，过点的切线斜率为，所以切线方程为，整理得，即，同理，过点的切线的方程为，联立方程，消去得，因为，所以，当且仅当时等号成立，此时，直线的方程为，斜率为，另一方面，由于直线于抛物线有两个交点，故，所以当时，直线与抛物线相切，不满意题意.所以，所以点的轨迹方程为（或）.（ii）直线与直线的交点为，则联立方程得，所以，由于，则直线的方程为所以点到直线的距离等于，即，所以.22.已知函数.（1）若在单调递增，求实数a的取值范围；（2）若不等式在上恒成立，推断函数在上的零点个数，并说明理由.【答案】（1）（2）1个，理由见解析.【解析】【分析】（1）依据题意得在区间恒成立，进而依据独立参数法求解即可；（2）令，进而得是函数的极值点，故，，易知是函数的一个零点，进而分和两种状况探讨函数的零点求解即可.【小问1详解】解：因为，所以，因为在单调递增，所以在区间恒成立，当时