浙江省杭州市两校2025届高三数学下学期第二次联考试题含解析

PAGE25-浙江省杭州市两校2025届高三数学下学期其次次联考试题（含解析）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分共150分，考试时间为120分钟.选择题部分(共40分)一、选择题：本大题共10小题，每小题4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.已知全集则（）A. B.{1} C. D.【答案】B【解析】【分析】依据交集与补集的定义，即可得到本题答案.【详解】因为，所以，又因为，所以.故选：B【点睛】本题主要考查集合的补集与交集的运算，属基础题.2.复数z满意则复数z的共轭复数的虚部是（）A.i B.-i C.1 D.-1【答案】D【解析】【分析】由复数的乘除法运算法则，可算得复数z，从而可得到z的共轭复数的虚部.【详解】由题，得，所以z的共轭复数为，虚部为.故选：D【点睛】本题主要考查了复数的乘除法运算以及复数的相关概念，属基础题.3.双曲线的渐近线方程是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】令，即可求得双曲线的渐近线方程.【详解】因为双曲线的方程为，令，得，即，所以双曲线的渐近线方程为.故选：C【点睛】本题主要考查依据双曲线的方程求渐近线方程，属基础题.4.设则是的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】分别解出两个不等式解集，由小范围推出大范围，即可得到本题答案.【详解】由，得，又由，得，所以“是的充分不必要条件，故选：A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的推断，涉及到肯定值不等式和一元二次不等式的解法.5.已知随机变量X的分布列是：当a改变时，下列说法正确的是（）A.E(X)，D(X)均随着a的增大而增大B.均随着a的增大而减小C.E(X)随着a的增大而增大，D(X)随着a的增大而减小D.E(X)随着a的增大而减小随着a的增大而增大【答案】A【解析】【分析】先确定a的取值范围，然后写出关于a的关系式，即可得到本题答案.【详解】由题，得，所以，又，，所以均随着a的增大而增大.故选：A【点睛】本题主要考查离散型分布列的期望和方差的求法，其中涉及到函数单调性的推断，必须要在函数的定义域内推断函数的单调性.6.函数的图像可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依据函数的奇偶性解除A、B选项，再由函数在上的符号即可推断.【详解】，是奇函数，解除A、B选项；当时，，，所以，解除C选D.故选：D【点睛】本题考查函数图象的判别，利用函数的奇偶性、周期性及单调性进行选项解除，属于基础题.7.在三棱锥S-ABC中，侧棱SA，SB，SC两两成等角，且长度分别为a，b，c，设二面角S-BC-A，S-AC–B，S-AB-C的大小为，若则α，β，γ的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】不妨设侧棱SA，SB，SC两两相互垂直，由平面SBC推出，由可求得的余弦值，同理可得，依据及余弦函数的单调性即可得解.【详解】不妨设侧棱SA，SB，SC两两相互垂直，如图作平面ABC，易知O为△ABC的垂心，连接AO，延长AO交BC于点D，连接SD，因为侧棱SA，SB，SC两两相互垂直，所以平面SBC，由平面SBC，，△ASD为直角三角形，因为，由三垂线定理知，所以即为二面角S-BC-A的平面角记为α，，，同理可得，又，而此时都为锐角，.故选：A【点睛】本题考查二面角的概念、三棱锥的结构特征、三角函数的应用，属于中档题.8.有来自甲乙丙三个班级的5位同学站成一排照相，其中甲班2人，乙班2人，丙班1人，则仅有一个班级的同学相邻的站法种数有（）A.96 B.48 C.36 D.24【答案】B【解析】【分析】依据分步乘法计数原理及插空法即可求解.【详解】由题意知，可以是甲班的2名同学相邻也可以是乙班的2名同学相邻，相邻的2名同学和丙班的1名同学站队，共有种站法，再将另外一个班级的2名同学进行插空，共有种方法，由分步乘法计数原理知，仅有一个班级的同学相邻的站法种数为.故选：B【点睛】本题考查分步乘法计数原理、排列组合的有关学问，属于基础题.9.已知F1，F2是椭圆的左、右焦点，过右焦点F2的直线l与椭圆交于A，B两点，且满意则该椭圆的离心率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，用m表示出、、，由知为椭圆的上顶点，直线的方程与椭圆方程联立求出交点的横坐标，利用列出等式化简即可求得离心率.【详解】设，则，由椭圆的定义知，，，为椭圆的上顶点，设，又，则直线，直线方程代入椭圆方程中得：，解得或，，，化简得，.故选：B【点睛】本题考查椭圆的几何性质、椭圆离心率相关问题、求直线与椭圆的交点，属于中档题.10.设函数在区间上的最大值的最小值为4，则符合条件的有（）①x2+②③A.①② B.②③ C.①②③ D.①③【答案】D【解析】【分析】分别求出三个函数的值域，再结合的图象进行分析可得答案.【详解】对于①，，，所以当时，，函数递减，当时，，函数递增，所以当时，取得最小值，当时，取得最大值，所以，所以当时，，当时，，所以，此时的最小值为4，符合题意，故①正确；对于②，为增函数，所以，所以当时，，不符合题意，故②不正确；对于③，，，因为，所以，所以在上递增，所以，所以在上递增，所以，所以，所以当时，，当时，，所以，所以的最小值为，符合题意，故③正确.故选：D【点睛】本题考查了利用导数探讨函数的单调性，利用导数求函数的最值和值域，属于中档题.非选择题部分(共110分)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.我国古代著作《庄子天下篇》引用过一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”其含义是：一尺长的木棍，每天截去它的一半，恒久也截不完.那么，第6天截取之后，剩余木棍的长度是_________尺；要使剩余木棍的长度小于尺，须要经过________次截取.【答案】(1).(2).【解析】【分析】建立等比数列模型：记第天后剩余木棍的长度，则是首项为，公比为的等比数列，利用等比数列的通项公式即可解决.【详解】记第天后剩余木棍的长度，则是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，由得，所以的最小值为.所以第6天截取之后，剩余木棍的长度是尺，要使剩余木棍的长度小于尺，须要经过次截取.故答案为：；.【点睛】本题考查了等比数列的应用，考查了等比数列的通项公式，属于基础题.12.已知的绽开式中第三项的二项式系数为15，则__________，该绽开式中常数项为__________.【答案】(1).6(2).60【解析】【分析】由,解得,化简,令即可求出,即可解得所求.【详解】,所以,,令,解得,该绽开式中常数项为.故答案为:;【点睛】本题考查了二项式定理的应用,考查了推理实力与计算实力,难度较易.13.某几何体的三视图如图所示，则其体积为________，外接球的表面积为________【答案】(1).(2).【解析】【分析】依据三视图可知，几何体的直观图是一个三棱锥，把它放在棱长为2的正方体中，即可求得结果.【详解】依据三视图可知，几何体的直观图是一个三棱锥，把它放在棱长为2的正方体中，如图所示：其体积为，其外接球与正方体的外接球相同，所以外接球半径为，所以外接球的表面积为.故答案为：；.【点睛】本题考查了由三视图还原直观图，考查了棱锥的体积公式，考查了球的表面积公式，属于基础题.14.在中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知若则A=________，b=________.【答案】(1).(2).【解析】【分析】由正弦定理角化边以及余弦定理可得，可得；由正弦定理即可得到.【详解】由以及正弦定理得，，所以，所以，因为，所以.由正弦定理得，得，解得.故答案为：；.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理，属于基础题.15.若实数x，y满意的取值范围是________【答案】【解析】【分析】作出可行域，设，利用线性规划求出的取值范围，从而可得的取值范围.【详解】作出可行域，如图所示：令，化为斜截式得，由图可知，时，取得最小值，时，取得最大值，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了线性规划求目标函数的取值范围，属于基础题.16.已知函数的图象经过三个象限，则实数a的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】依据、、三种状况探讨，结合二次函数的判别式、对称轴、开口、特别函数值可得答案.【详解】当时，，此时函数图象经过第三象限；当时，，当时，，此时函数图象恒经过第一象限，(1)若且，即时，函数图象经过第一、四象限，当时，，，的值可正，可负可为零，函数图象经过第一、四象限或只经过第一象限,符合题意；(2)若时，当时，，函数图象只经过第一象限，当时，对称轴，，函数图象只经过第一象限，不符合；(3)若时，当时，，，此时函数图象只经过第一象限，当时，对称轴，，函数图象只经过第一象限，不符合；故答案为：.【点睛】本题主要考查二次函数以及分段函数的图象和性质，涉及分类探讨思想的应用，属于中档题．17.已知P为边长为2的正所在平面内任一点，满意则的取值范围是________【答案】【解析】【分析】以的中点为原点，的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系：利用坐标进行运算可得答案.【详解】以的中点为原点，的垂直平分线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系：则，，，设，所以，，，所以，所以，所以，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了解析法，考查了平面对量数量积的坐标运算，属于基础题.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）求函数的最小正周期，单调减区间；（2）若函数在区间上的最大值为3.锐角a满意，求的值.【答案】（1）函数的最小正周期为，函数的单调递减区间为，，（2）.【解析】【分析】（1）利用二倍角的正、余弦公式和两角和的正弦公式化简函数解析式，利用正弦型函数的周期公式可得最小正周期，依据正弦函数的单调性可得单调递减区间；（2）依据正弦函数的值域可得的最大值为，可得，，依据可得，，再依据可求得结果.【详解】（1）,所以函数的最小正周期为，由，，得，，所以函数的单调递减区间为.（2）当时，，，所以，所以，解得，可得所以，所以，所以，因为，所以当时，，，所以，当时，，，所以.【点睛】本题考查了二倍角的正弦、余弦公式，考查了两角和与差的正弦公式，考查了正弦型函数的周期公式，考查了正弦函数的单调区间，考查了三角函数的最值，属于中档题.19.如图，在三棱锥D-ABC中为锐角三角形，平面ACD⊥平面.（1）求证：CD⊥平面ABC（2）若直线BD与平面ACD所成角的正弦值为，求二面角D-AB-C的余弦值.【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）过作，交于点，利用面面垂直的性质定理可得平面ACD，从而证出，再由，利用线面垂直的判定定理即可证出.（2）过作，交于点，则为二面角D-AB-C的平面角，在中，由余弦定理求出，利用三角形面积相等求出，即可求解.【详解】（1）过作，交于点，平面ACD⊥平面，且平面ACD平面，则平面ACD，平面ACD，，又，，，平面ABC.（2）过作，交于点，则为二面角D-AB-C的平面角，由（1）可知，为直线BD与平面ACD所成角，即，设，由，则，，所以，由，解得，所以，由锐角三角形，所以，在中，由余弦定理，，所以，由，解得，所以，所以.【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理、求面面角，考查了考生的逻辑推理实力，属于中档题.20.已知数列其中且点在函数的图像上（1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项；（2）记Tn为数列的前n项积，Sn为数列的前n项和，，试比较Sn与大小.【答案】（1）证明见详解；；（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，再两边取对数化简后，由等比数列的定义即可证明，依据等比数列的通项公式可得数列的通项公式，进而可得数列的通项.（2）首先利用等比数列的前项和公式求出，再利用裂项相消法求出，两式作差即可比较大小.【详解】（1）由，，，则，点在函数的图像上，则，，，，即，数列是等比数列，又，，，.（2）由（1）可知，所以所以.由，即，所以，所以，所以，所以.【点睛】本题考查了等比数列的定义、等比数列的通项公式、等比数列的前项和公式、裂项相消法求和，此题综合性比较强，属于难题.21.已知，点在轴上，点在轴上，且，，当点在轴上运动时，动点的轨迹为曲线.过轴上一点的直线交曲线于，两点.（1）求曲线的轨迹方程；（2）证明：存在唯一的一点，使得为常数，并确定点的坐标.【答案】（1）（2）证明见解析；.【解析】【分析】（1）依据题意，画出几何图形，设，由几何关系可知，结合点的坐标即可求得的关系，化简即可求得曲线的轨迹方程；（2）由点在轴上，可设，设出过点的直线方程为，联立抛物线方程，并由两点间距离公式表示出，并代入中化简即可求得常数的值，即可确定点的坐标.【详解】（1）依据题意可知，，点在轴上，点在轴上，且，，画出几何关系如下图所示：设，为中点，因为在轴上，所以点的横坐标为，由等腰三角形三线合一可知，即，绽开化简可得，所以曲线的轨迹方程为.（2）证明：点为轴上一点，设，则过点的直线方程为，交抛物线于，两点.则，化简变形可得，所以，由两点间距离公式可得，，所以将代入化简可得，所以当时为常数，且，此时.【点睛】本题考查了轨迹方程的求法，抛物线中直线过定点问题的解法，直线与抛物线位置关系的综合应用，计算量大，是高考的常考点和难点，属于难题.22.已知函数（1）探讨函数的单调性；（2）若函数与的图象有两个不同的交点（i）