浙江省浙南名校联盟2024-2025学年高三数学上学期第一次联考试题含解析

Page26考生须知：1.本卷共5页满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字.3.全部答案必需写在答题纸上，写在试卷上无效.4.考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分一､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】A【解析】【分析】先求得集合，然后依据交集的学问求得正确答案.【详解】，解得或，所以.由得，所以，所以.故选：A2.双曲线的焦点坐标为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由双曲线的性质求解．【详解】由题意可知双曲线的焦点在轴上，，故焦点为，故选：D3.已知平面对量，则在方向上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由向量数量积求出在方向上的投影为，再结合投影向量的定义求解.【详解】在方向上的投影为，又方向上的单位向量为，故在方向上的投影向量是.故选：B.4.已知，则“”是“数列是递增数列”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条C.充要条件件 D.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】作差，利用二次函数性质可推断充分性；取可推断必要性.【详解】充分性：，因为的对称轴为，所以在单调递增，所以的最小值为，因为，所以，所以，即数列是递增数列.“”是“数列是递增数列”的充分条件.必要性：明显，当时，为递增数列.“”是“数列是递增数列”的不必要条件.综上，“”是“数列是递增数列”的充分不必要条件.故选：A5.生活中有许多常见的工具有独特的几何体结构特征，例如垃圾畚箕，其结构如图所示的五面体，其中四边形与都为等腰梯形，为平行四边形，若面，且，记三棱锥的体积为，则该五面体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将五面体分割成三个三棱锥，通过选择适当定点可得其体积关系，然后可得五面体体积.【详解】因为为平行四边形，所以，所以.记梯形的高为，因为，所以，所以，所以该五面体的体积.故选：C6.若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先由三角函数平方关系结合已知求出，从而求出，再由即可求出，最终由两角和的正切公式代入表达式即可求解.【详解】一方面由题意，且留意到，联立得，解得，所以，另一方面不妨设，且，所以有，解得或（舍去），即，由两角和的正切公式有，所以.故选：B.7.设离散型随机变量的期望和方差分别为和，且，则（）A.BC.D.和大小不确定【答案】C【解析】【分析】依据期望和方差公式计算并作差可得．【详解】设，则，，，.，所以，所以，故选：C．8.在四棱锥中，底面是直角梯形，，.若，且三棱锥的外接球的表面积为，则当四棱锥的体积最大时，长为（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】由球的表面积公式得半径，确定球心和点在底面的投影，建立函数关系求解．【详解】由球的表面积，得，因为为直角三角形，所以的外接球球心在底面的投影为中点，而，故在底面的投影为垂直平分线与垂直平分线的交点，即中点，，，可得，设，则，设，令，则，，故当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当即时，函数取最大值，此时四棱锥的体积最大，长为．故选：D二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.成人心率的正常范围为60~100次/分钟，超过100次/分钟为心率过速.观测并记录一名心率过速成人患者服用某种药物后心率，其随时间的变更如图所示，则该患者（）A.服了药物后心率会马上复原正常B.服药后初期药物起效速度会加快C.所服药物约15个小时后失效（服药后心率下降期间为有效期）D.一天需服用该药1至2次【答案】BCD【解析】【分析】由函数图象对选项逐一推断．【详解】对于A，服药后2小时心率复原正常，故A错误，对于B，服药后初期心率下降速率增大，故B正确，对于C，服药15小时后心率起先回升，故C正确，对于D，服药22小时后心率过速，需再次服药，故D正确，故选：BCD10.将函数图象向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，得到函数的图象，则关于的说法正确的是（）A.最小正周期为 B.偶函数C.在上单调递减 D.关于中心对称【答案】BD【解析】【分析】先依据三角函数图象变换的学问求得，然后依据三角函数的周期性、奇偶性、单调性、对称性等学问对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】，的图象向左平移个单位长度得到，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，得到，所以，的最小正周期为，A选项错误.是偶函数，B选项正确.由得，所以在上单调递增，C选项错误.，所以D选项正确.故选：BD11.已知函数，其导函数为，则（）A.曲线在处的切线方程为B.有极大值，也有微小值C.使得恒成立的最小正整数为2024D.有两个不同零点，且【答案】ACD【解析】【分析】依据切线方程的求解即可推断A，依据导数求解单调性即可推断极值求解B，依据过原点的切线的斜率，即可求解C，利用极值点偏移的求解方法即可求解D.【详解】由得，对于A，则，故处的切线方程为，即，A正确，对于B,令，故当时，单调递减，当时，单调递增，故当，取极大值,无微小值，B错误，设切点为,则切点处的切线方程为，则该切线方程经过原点时，则，所以，得，所以此时切线方程为，由于过原点，所以当直线与相切时，此时，要使恒成立，则，由于,故，C正确，由于是的两个零点，所以，当时，单调递减，当时，单调递增，故当，取极大值，故不妨设，记，则，由于，当且仅当时取等号，所以，故在单调递增，故，因此，由于，所以，而在单调递增，故，故，由于所以，由于是的两个零点，所以，记，所以是的两个零点，由于，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，取微小值也是最小值，不妨设，则，记，则，由于，所以，因此在单调递减，所以，即，由于时，单调递增，，所以，即，因此，D正确，故选：ACD【点睛】方法点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及函数问题的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理实力与计算实力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，推断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时留意数形结合思想的应用.12.已知是椭圆上不同的三点，记的面积分别为（为坐标原点）.若，则（）A. B.C. D.为定值【答案】BC【解析】【分析】先证明：设，不共线，则．然后设，，，求出，代入后利用三角恒等变换得出，从而可推断各选项．【详解】先证明：设，不共线，则．若，则，若，当中有一个为0时，例如，则易得，当都不为0时，设直线与轴交点为，直线方程为，令，当时，，当时，，综上，，由已知设，，，则，同理，，由得，，，，，，由题意中随意两点都与原点不共线，即，，所以，，所以，，从而或,所以，，故选：BC．【点睛】易错点睛：本题中利用三角换元法或称为椭圆的参数方程设出三点的坐标后，易错点是得出后简洁得出，要留意换元后参数的意义，在中，，因此不能得出．非选择题部分三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知复数满意，则______.【答案】【解析】【分析】依据共轭复数和复数相等的概念求得，即可求解.【详解】设，则，所以，所以，所以，则，故答案为:.14.若的绽开式中全部系数确定值之和为81，则其常数项为______.【答案】【解析】【分析】由二项式定理求解．【详解】的绽开式中全部系数确定值之和为，得，的绽开通项为，当时，常数项为，故答案为：15.已知点在上运动，点在圆上运动，且最小值为，则实数的值为______.【答案】5【解析】【分析】结合图形，先推断得，再将问题转化为求的最小值，利用换元法与二次函数在闭区间上的最值求法即可得解.【详解】因为可化为，又，所以表示焦点在轴上，实半轴长为的双曲线上支的一部分，而圆的圆心为，半径为，如图，因为最小值为，即，又，即，所以，即，则，又，所以，因为点在上运动，故设,，所以，令，，则，，所以，令，则其对称轴为，因为，所以，则在上单调递减，则，即，则，解得或（舍去），所以.故答案为：5.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将问题转化为二次函数的最值问题，从而得解.16.已知数列的首项为，且满意，其中为其前项和，若恒有，则的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】利用与的关系可得，进而可得，再利用累乘法得，由恒成立可知，，列不等式组求解即可.【详解】由①可得②，②①得，即，，所以，，所以，，累乘得，，将代入得，解得，所以，，对于函数，得，由指数函数的单调性可得存在满意，同理时，所以要使恒成立，只需，即可，即，解得，故答案为：四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.设等差数列的前项和为，已知.（1）求数列的通项公式及；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）设出等差数列的公差，利用给定条件列出方程组，解方程组作答.（2）由（1）的结论，利用分组求和法及等差等比数列前n项和公式求解作答.【小问1详解】设等差数列的首项为，公差为，由题：解得所以；【小问2详解】由（1）知，则.两式相减得：即有18.记的内角所对的边分别为，已知.（1）若，求；（2）若，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理角化边，再结合已知条件与余弦定理即可求解.（2）由（1）得,结合已知由余弦定理可以先求出，再由变形公式即可求解.【小问1详解】由得：,则,则,即，化简并整理得，又，则,所以.【小问2详解】由题意有，由（1）得,所以所以，由，所以，则的周长为.19.某型合金钢生产企业为了合金钢的碳含量百分比在规定的值范围内，检验员在同一试验条件下，每天随机抽样10次，并测量其碳含量（单位：%）.已知其产品的碳含量听从正态分布.（1）假设生产状态正常，记表示一天内10次抽样中其碳含量百分比在之外的次数，求及的数学期望：（2）一天内的抽检中，假如出现了至少1次检测的碳含量在之外，就认为这一天的生产过程可能出现了异样状况，需对当天的生产过程进行检查.下面是在一天中，检测员进行10次碳含量（单位：%）检测得到的测量结果：次数12345678910碳含量（%）0.310.320.340.310.300.310.320.310.330.32经计算得，，其中为抽取的第次的碳含量百分比.（i）用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值，利用估计值推断是否需对当天的生产过程进行检查？（ii）若去掉，剩下的数的平均数和标准差分别记为，试写出的算式（用表示）.附：若随机变量听从正态分布，则..【答案】（1）0.0257，0.026（2）（i）不须要（ii）【解析】【分析】（1）由公式结合已知即可求出，由二项分布的期望公式即可求出.（2）先求出，对比表中数据即可推断是否须要对当天的生产过程进行检查，由样本平均数和方差的计算公式推导即可得出.【小问1详解】由已知得：抽取一次碳含量在之内的概率为0.9974，所以，又碳含量在之外的概率为0.0026，故,因此.【小问2详解】由得的估计值为，所以，由所测数据可以看出10次抽检的碳含量均在之内，因此不须要对当天的生产过程进行检查.若去掉，剩下的数据的标准差又留意到，所以.20.在正三棱台中，侧棱长为1，且为的中点，为上的点，且.（1）证明：平面，并求出的长；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）画出图形，由线面垂直的性质以及判定定理证明即可,解三角形即可求出的长.（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量即可求解.【小问1详解】如图所示：由三棱台可知：延长交于点，连接，延长交于，并连接，易得三棱锥为正四面体，所以，且平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为，且平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，在中，，则，所以.【小问2详解】如图，以底面中心为坐标原点，以与平行的方向为轴，以方向为轴，以方向为轴建立如下图所示的空间直角坐标系：则，所以，所以，设平面的法向量为，则即为令，得，取平面的法向量为，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.21.设抛物线的焦点为是坐标原点，，过点的直线与抛物线交于两点，延长分别交抛物线于两点，分别是的中点.（1）求直线的斜率的取值范围；（2）求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合基本不等式求得直线的斜率的取值范围.（2）求得两点的坐标，从而求得点坐标，依据向量的夹角公式以及函数的单调性求得的最小值.【小问1详解】由题：，设，代入得，则有，，所以，故，当时