浙江省名校协作体2024-2025学年高三下学期开学考试数学试题【含答案解析】

2024学年第二学期浙江省名校协作体试题高三年级数学学科命题：桐乡高级中学缙云中学审校：玉环中学温州中学考生须知：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】C【解析】【分析】化简集合，根据集合的交集的定义求结论.【详解】不等式的解集为，所以，又，所以.故选：C.2.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用复数的四则运算先求出复数z，再求模长.【详解】因为，所以，所以，故故选：C3.已知，且在方向上的投影向量为，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据投影向量的定义，结合条件列方程可求结论.【详解】在方向上的投影向量为，由已知可得，因为，所以，又，所以，又，所以与的夹角为.故选：D.4.一个底面边长为的正四棱柱形状的容器内装有一些水（底面放置于桌面上），现将一个底面半径为的铁制实心圆锥放入该容器内，圆锥完全沉入水中且水未溢出，并使得水面上升了.若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由水上升的体积即为圆锥体积，然后求得圆锥的高、母线，即可求侧面积．【详解】设圆锥的高为，所以圆锥的体积，由题意正四棱柱中水上升的体积即为圆锥的体积，所以，所以，则圆锥的母线长为，故圆锥的侧面积为.故选：A5.已知数列的前项和为，且为等差数列，若，则（）A.13 B.26 C.30 D.33【答案】D【解析】【分析】由条件结合等差数列的通项公式求的通项公式，由此可得，再由关系求结论.【详解】因为，，所以，，因为为等差数列，所以数列的公差为，所以数列的通项公式为，所以，故，故选：D.6.已知圆与双曲线的渐近线相切，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】求双曲线的渐近线方程，结合直线与圆的位置关系列方程可得关系，结合离心率定义求结论.【详解】设双曲线的半焦距为，双曲线的渐近线方程为，，圆的圆心坐标为，半径，因为圆与双曲线的渐近线相切，所以，即，所以双曲线的离心率为.故选：B.7.已知函数，若在区间内恰好存在两个不同的，使得，则的最小正周期不可能为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意在上恰好有两个不同根，进而有，再应用最小正周期的求法求的范围，即可得答案.【详解】由，则，由题意，在上恰好有两个不同根，所以在上恰好有两个不同根，根据余弦函数的性质知：，可得，由，显然各项中只有不可能.故选：D8.设函数，若，则的最小值为（）A. B.C D.0【答案】A【解析】【分析】先判断，由和的符号可确定，故，构造，利用导数求最小值即可.【详解】由题意函数的定义域为，当时，，则由则恒成立，因的值域为，故不可能恒成立，故不成立；当时，由得，由得，由得，由得，因，故，即，故，设，则，当时，，在上递减；当时，，在上递增，故，故选：A二､多项选择题：本题共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.有一组数1，2，3，5，这组数第75百分位数是3B.在的独立性检验中，若不小于对应的临界值，可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05C.随机变量，若，则D.用拟合一组数据时，经代换后得到的回归直线方程为，则，【答案】BD【解析】【分析】对于A：利用百分位数求解，对于B：用独立性检验知识求解；对于C：利用二项分布求解；对于D：拟合回归方程来计算【详解】对于选项A：因为，故第75百分位数是，故A错误；对于选项B：在的独立性检验中，若不小于对应的临界值，可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05，故B正确；对于选项C：随机变量，若，则，解得，故C错误；对于选项D：用拟合一组数据时，经代换后得，因为代换后得到的回归直线方程为，所以，，故D正确；故选：BD10.若正实数满足，则下列不等式正确的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】由条件结合基本不等式证明，由此可判断ABD，消元结合二次函数性质求的最小值判断C.【详解】因为为正实数，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，又，所以，即，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，A错误；，即，当且仅当时等号成立，B正确；，当且仅当时等号成立，正确；因为，，，故，，所以，所以，当且仅当时取等号，正确；故选：BCD.11.已知直棱柱的所有棱长均为，动点满足，则下列说法正确的是（）A.当时，B.当时，三棱锥的体积为C.当时，三棱锥的外接球的表面积为D.记点到直线的距离为，当时，则的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】对于选项A；证明平面，即可得到结论；对于选项B：利用三棱锥的等体积转化法即可求得；对于选项C：主要找准球心位置，再求出半径即可；对于选项D：建立空间直角坐标系，转化为向量求解距离最小值问题.【详解】对于选项A：因为，所以点M在平面内，因为底面为菱形，所以,又因为直棱柱，所以,又因为平面,平面，所以平面，又平面，所以，故A正确；对于选项B：当时，则点M在直线上，由选项A知平面，所以点到平面的距离为,在三角形中，由余弦定理得则，故B错误；对于选项C：当时，点M在体对角线交点处，故点M在与底面垂直且到底面距离为1，因为,所以的外接圆半径为，设外接球半径为，球心到平面的距离为h，则,即，两式联立得，故外接球体积为，故C正确；对于选项D：当时，则三点共线，即点M在线段上，如图建立空间直角坐标系，则,,则，故,则,又得，,故，当且仅当时，，故D正确；故选：ACD【点睛】思路点睛：本题考查立体几何中的外接球问题则考虑球心位置，再利用勾股定理求出半径；求解最短距离问题的基本思路建立空间直角坐标系，利用向量的方法求解.非选择题部分三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在展开式中，常数项是___________.【答案】【解析】【分析】求出二项展开式的通项公式，x的指数为0的项即为所求.【详解】的展开式通项，展开式的常数必使，此时，，所求常数项为.故答案为：13.已知定义在上的函数，满足是偶函数，是奇函数，则__________.【答案】1【解析】【分析】由条件结合偶函数性质和奇函数性质，求函数的周期，结合周期性性质求结论.【详解】因为函数是偶函数，所以，因为函数是奇函数，所以，即，取可得，令可得，令可得，，所以，，所以，所以函数为周期函数，是该函数的一个周期，所以.故答案为：.14.如图所示网格中，要从点出发沿实线走到点，距离最短的走法中，经过点的概率为__________.【答案】【解析】【分析】求出从点出发沿实线走到点的情况数，再求出从点出发沿实线走到点经过点C的情况数，两个作商即可.【详解】从点A到点C一共有（一共六步需要向下走两步），点C到点B一共有（一共四步向右走一步），则根据分步计数原理得从点出发沿实线走到点经过点C的情况数为；计算从点点出发沿实线走到点：如图连接,则从点点出发沿实线走到点又经过的情况为：,同理经过另外一条不连上的线情况为，则从点点出发沿实线走到点的情况为；故距离最短的走法中，经过点的概率为故答案为：【点睛】关键点点睛：计算从点点出发沿实线走到点的情况时先假设所有的线都是连着的情况数为，再将经过不连着的两条线时的情况数求出来，相减即可.四､解答题：本题共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.已知的内角的对边分别是，已知.（1）求角的大小；（2）若为上一点，且，为的角平分线，求线段的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由三角恒等变换可得，进而可得；（2）由角平分线定理得，在中，由余弦定理可得，进而根据可得.【小问1详解】由得，故，故即，因，故【小问2详解】由角平分线定理得：，则，中，由余弦定理得：，得，由得：，得.16.如图，在四棱锥中，，，，，是棱的中点，.（1）求证：平面；（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）取为中点，连接，根据三角形中位线的性质，得出且，可证出四边形为平行四边形，得出，最后根据线面平行的判定定理，即可证明平面.（2）取的中点为，连接，，以为原点，为轴，轴正向，垂直面向上为轴，建立空间直角坐标系，根据空间向量法求出平面的法向量，再利用空间向量求线面角的公式，求出直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】取为中点，连接，且，所以为平行四边形，故，且平面平面，所以平面.【小问2详解】取的中点为，连接，.以为原点，为轴，轴正向，垂直面向上为轴，建立空间直角坐标系，由面，得：中，，，设点在平面上的投影是点，,,.则，，设平面的法向量为.，，令，则，则平面的法向量为，所以直线与平面所成角的正弦值为.17.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若对于任意恒成立，求整数的最大值.【答案】（1）单调递减区间为，递增区间为（2）【解析】【分析】（1）求导，利用导数求解不等式可得答案；（2）方法一先分离参数，结合隐零点和切线放缩求解函数最值可得答案，方法二先利用特值求出，然后检验可得答案.【小问1详解】定义域为.令，得；令，得所以，函数的单调递减区间为，递增区间为.【小问2详解】方法一：，即成立.记，则，记，显然为增函数，且；又由得，所以存在，使得，即，且时，递减，时，递增，所以，且，即，所以由整数恒成立，即整数，得，即整数的最大值为.下证：，设，，时，，为增函数，时，，为减函数，所以，即.方法二：记，由得，当时，，所以在附近递增，则且时，，所以不符合条件.当时，，令，得：令，得，在内单调递减，在内单调递增，则，所以时，恒成立，符合条件，综上所述，整数的最大值为.【点睛】方法点睛：（1）分离参数法：把参数分离出来，构造新函数，通过求新函数的最值来确定参数的取值范围；（2）利用两个函数的最值：通过分析两个函数的最值情况来解决恒成立问题；（3）必要性探路：利用特值先求出参数的范围，再证明充分性.18.已知离心率为的椭圆与轴正半轴､轴正半轴分别交于､两点且.（1）求椭圆的标准方程；（2）设经过椭圆左焦点的直线与椭圆交于两点，点为坐标原点.若面积为，求直线的方程；（3）点，点在椭圆上，且满足（记直线的斜率为，直线斜率为），过点作的垂线，垂足为，问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求出此定值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）或（3）是定值，定值【解析】【分析】（1）由椭圆的离心率以及三个参数的关系时，结合弦长的计算，建立方程，可得答案；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，写出韦达定理，利用分割求三角形面积建立方程，可得答案；（3）设出直线方程，联立椭圆方程，写出韦达定理，利用两点斜率代入等式，由解方程分情况检验，可得答案【小问1详解】由题意可得，又，，故椭圆的标准方程为.【小问2详解】显然直线的斜率不会为0，设直线，设，则，消去可得，由，则，，解得，所以，直线的方程为或.【小问3详解】若直线的斜率存在，设直线，，消可得，由，则，由，即，整理得，，整理得，或.当即时，直线，过点，不符合；当即时，直线，过点，符合；而，故，即点在为直径的圆上，所以只需取的中点，则故存在，使得为定值.19.定义：为在集合中去掉一个元素后得到的集合；为集合中的所有元素之和.已知由个正整数组成的集合，若对于，都存在两个集合，使得，且，就称集合为“完美集”.（1）若，判断是否为“完美集”，并说明理由；（2）若集合是“完美集”，证明：是奇数；（3）若集合是“完美集”，且中所有元素从小到大排序后能构成一个等差数列，则称为“等差完美集”.已知集合是“等差完美集”，求的最小值.【答案】（1）不是；理由见解析（2）证明见解析（3）7【解析】【分析】（1）根据“完美集”的定义即可判断；（2）由是偶数，所以与必定同奇同偶.再分奇数偶数讨论；（3）先假设最小值为，推出矛盾，再求当时成立即可.【小问1详解】不是“完美集”，因为去掉2时，所有元素和为15，无法拆分为两个和相等的集合；【小问2详解】记为集合中的所有元索之和，是偶数，所以与必定同奇同偶.当为奇数时，也是奇数，是奇数个奇数相加，故是奇数：当为偶数时，也是偶数，设，则也是“完美集”，重复上述操