浙江省绍兴市2024-2025学年高三数学上学期11月适应性考试试题含解析

浙江省绍兴市2024-2025学年高三数学上学期11月适应性考试试题本试题卷总分150分，考试时间120分钟一、选择题（本大题共8小题，每题5分，共48分，每小题只有一个正确答案）1.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题知，，再求集合交集运算即可.【详解】解：因为，所以，即，因，解得，所以，所以，.故选：D2.若，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据复数的运算得，再求解虚部即可.【详解】解：因为，所以，所以，所以的虚部为.故选：C3.已知向量，满意，，，则（）A.2 B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】依据题意得，再解方程即可.【详解】解：因为，所以，因为，，所以，即，解得或（舍）所以，故选：D4.已知数列为等差数列，前项和为，则“”是“数列为单增数列”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】先说明充分性，由得到为单调递增数列，设公差为，表达出，结合对称轴得到时，此时先增后减，从而充分性不成立；再举出反例得到必要性不成立.【详解】若，故，即，故单调递增数列，设公差为，此时，，令，对称轴为，当时，此时对称轴，此时先增后减，所以数列不是单调数列，充分性不成立，若数列为单增数列，设等差数列公差为，若，不妨设，此时，满意数列为单增数列，此时，，故必要性不成立，故“”是“数列为单增数列”的既不充分也不必要条件.故选：D5.如图，一个底面半径为的圆柱被与其底面所在平面的夹角为的平面所截，截面是一个椭圆，当为时，这个椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据题意求出，即可求得该椭圆的离心率为.【详解】由题意可知椭圆的短半轴长为，长半轴长为，则，则该椭圆的离心率为.故选：A.6.设函数f(x)＝x2＋x＋a(a＞0)，已知f(m)＜0，则()A.f(m＋1)≥0 B.f(m＋1)≤0C.f(m＋1)＞0 D.f(m＋1)＜0【答案】C【解析】【详解】试题分析：，∵，∴，∵，且∴，，∴，即：，∴，故答案为C.考点：一元二次不等式的应用.7.其次十二届世界杯足球赛将于年月日在卡塔尔实行，东道主卡塔尔与厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰分在组进行单循环小组赛（每两队只进行一场竞赛），每场小组赛结果相互独立.已知东道主卡塔尔与厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰竞赛获胜的概率分别为、、，且.记卡塔尔连胜两场的概率为，则（）A.卡塔尔在其次场与厄瓜多尔竞赛，最大B.卡塔尔在其次场与塞内加尔竞赛，最大C.卡塔尔在其次场与荷兰竞赛，最大D.与卡塔尔和厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰的竞赛次序无关【答案】A【解析】【分析】分别计算出卡塔尔其次场与厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰，且连胜两场的概率，利用作差可比较大小，可得出合适的选项.【详解】因为卡塔尔连胜两场，则其次场卡塔尔必胜，①设卡塔尔在其次场与厄瓜多尔竞赛，且连胜两场的概率为，则；②设卡塔尔在其次场与塞内加尔竞赛，且两场连胜的概率为，则；③设卡塔尔在其次场与荷兰竞赛，且两场连胜的概率为，则.所以，，，，所以，，因此，卡塔尔在其次场与厄瓜多尔竞赛，最大，A对，BCD错.故选：A.8.如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧面是等腰直角三角形，平面平面，当棱上一动点到直线的距离最小时，过作截面交于点，则四棱锥的体积是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】取的中点，连接，由题意可得平面建立空间直角坐标系，利用空间向量中点到直线距离公式计算出到直线的距离最小时的详细坐标，再用空间向量的方法计算出点到直线的距离和点到平面的距离即可.【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形且，所以，，，因平面平面平面平面平面所以平面所以以为原点，分别以，，的方向为，，轴的建立空间直角坐标系，则所以，，因为动点在棱上，所以设，则所以，，，，，，所以点到直线的距离为，所以当时，点到直线的最小距离为，此时点是的中点即．因为，平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以，所以，因为点是的中点，所以点是的中点，所以，，，，，，，所以点到直线的距离为，所以梯形的面积为，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，所以，则点到平面的距离，所以四棱锥的体积为．故选：B【点睛】方法点睛：针对于立体几何中角度范围和距离范围的题目，可以建立空间直角坐标系来进行求解，娴熟各种距离、各种角度的计算方式．二、多选题（每小题5分，全部选对得5分，部分选对得3分，有错选得0分，共20分）9.已知与是定义在上的连续函数，假如与仅当时的函数值为0，且，那么下列情形可能出现的是（）A.0是的极大值，也是的极大值B.0是的微小值，也是的微小值C.0是的极大值，但不是的极值D.0是的微小值，但不是的极值【答案】ABD【解析】【分析】利用特别函数举例即可.【详解】取，易知A正确取，易知B正确取，易知D正确0是的极大值，则在旁边，最大，若0不是的极值，则在旁边存在实数使得，与冲突，所以C错误故选：ABD10.函数，则在区间内可能（）A.单调递增B.单调递减C.有最小值，无最大值D.有最大值，无最小值【答案】BC【解析】【分析】通过正弦曲线的单调区间和最值点，利用整体代换法将代替为即可推断出各选项的正误.【详解】利用整体代换法将代替为，通过的单调区间与最值点可以推断出，单调增区间为，单调减区间为，，故选项A错误，选项B正确；最小值点为，最大值点为，，所以只有可能在区间内，故选项C正确，选项D错误.故选：BC.11.已知为坐标原点，抛物线：（）的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，点为抛物线上的动点，则（）A.的最小值为B.的准线方程为C.D.当时，点到直线的距离的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】依据抛物线的焦点坐标以及标准方程，结合抛物线的定义，利用图象，可得A、B的正误；设出直线的方程，联立直线与抛物线，写出韦达定理，依据数量积的坐标运算，整理函数关系，可得C的正误；利用两平行线之间的距离公式，结合导数求得范围，可得D的正误.【详解】对于A、B，由抛物线的焦点，则，即，其准线方程为，设点到准线的距离为，则，设点到准线的距离为，易知，如下图：故A错误，B正确；对于C，由题意可知，过点的直线可设为，代入抛物线，可得，设，则，，将代入上式，可得，故C正确；对于D，由C可得直线的方程为，可设直线的方程为，易知点到直线的距离等于两平行线与的距离，令，，当时，，当时，，则在和上单调递减，在上单调递增，由当时，，当时，，则，，可得，故D正确.故选：BCD.【点睛】直线与圆锥曲线的位置问题，常用思路，联立直线与圆锥曲线，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量关系，也可整理函数关系，求解范围.12.对一列整数，约定：输入第一个整数，只显示不计算，接着输入整数，只显示的结果，此后每输入一个整数都是与前次显示的结果进行求差再取肯定值.设全部输入完毕后显示的最终的结果为.若将从1到2024的2024个整数随机地输入，则（）A.的最小值为0 B.的最小值为1C.的最大值为2024 D.的最大值为2024【答案】BD【解析】【分析】由题意，先计算前几个连续数的结果，总结规律，依据规律，可得答案.【详解】对于，对于连续四个奇数，，由题意运算，其结果最小值为；同理可得，对于连续四个偶数，，其结果最小值为；在1到2024的2024个整数中有1011个奇数和1011个偶数，，由，经过计算最小值为，且，经过计算最小值为，则的最小值为1；除2024之外，前2024个数中有1011个奇数和1010个偶数，，，由，经过计算最小值为，且，经过计算最小值为，则前2024个数经过计算最小值为，故的最大值为2024.故选：BD.三、填空题（每小题5分，共20分）13.的绽开式中常数项为______.（用数字作答）【答案】84【解析】【分析】依据二项绽开式的通项公式求解.【详解】依据通项公式,令,解得,所以,故答案为:84.14.《九章算术》是中国古代第一部数学专著，该书内容非常丰富，系统总结了战国、秦、汉时期的数学成就.其中卷五“商功”中记载“今有鳖臑下广两尺，无袤；上袤四尺，无广；高三尺”.即“现有四面都是直角三角形的三棱锥，底宽2尺而无长，上底长4尺而无宽，高3尺”，即有一“鳖臑”（四面体），已知，，，，则此四面体外接球的表面积是______.【答案】【解析】【分析】画出图形，取的中点，连接，利用已知条件证明为四面体的外接球的球心，在直角三角形中解出球体的半径，从而求出四面体外接球的表面积.【详解】如图所示，取的中点，连接因为，所以，又因为，所以，所以，所以为四面体的外接球的球心，设半径为，所以在中，由，，所以，在中，，，所以所以所以四面体外接球的表面积为：故答案为：.15.我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发觉可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，则的图象的对称中心为______.【答案】【解析】【分析】求解出，利用定义法推断出其为奇函数，从而得到的图象的对称中心.【详解】因为，定义域为R，且，所以为奇函数，故的图象的对称中心为.故答案为：.16.已知圆：，线段在直线：上运动，点为线段上随意一点，若圆上存在两点，，使得，则线段长度的最大值是______.【答案】【解析】【分析】设圆的切线为，由得，从而可求出的取值范围，利用勾股定理，可求出此时的最大值.【详解】解：由题意知，圆心，半径所以，圆心到直线的距离，即直线和圆相离.从直线上的点向圆上的点连线成角，当且仅当两条线为切线时最大，不妨设切线为，由知，即.所以，解得.所以在直线上，当最大时，点到圆心的距离为.所以，此时长度最大值为.故答案为:.四、解答题（共70分）17.已知数列满意，.有以下三个条件：①（，）；②；③（）；从上述三个条件中任选一个条件，求数列的通项公式和前项和.【答案】，【解析】【分析】选①依据递推关系式构造等比数列，再构造等差数列即可求得；选②依据递推关系式，结合累乘法求得；选③利用前项和与通项的关系，相减求得；求前前项和采纳错位相减法即可.【详解】解：选①由（，）得，故是公比为2的等比数列，则即，故是公差为的等差数列，则，即.选②由得，故化简得，即也满意选③由（1）得当时，（2）由（1）－（2）得，故也满意，因此，两式相减得化简得18.已知函数.（1）若，求的值；（2）若在锐角中，角，，所对的边分别为，，，已知，，求的周长的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)依据诱导公式和二倍角的余弦公式可得，进而即可求解；(2)由(1)和可得或，求出角A，利用正弦定理可得周长，结合角B的范围即可求解.【小问1详解】由，因为，故；【小问2详解】，而，即，故或，由，得或（舍去），由正弦定理得，故，，周长，为锐角三角形，则，，.19.在四棱锥中，，，，.（1）求证：；（2）若平面平面，二面角的余弦值为，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）取的中点，连接，，证明平面，继而证明，从而证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用二面角的余弦值为，结合空间向量角的求法求得，继而求得平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得答案.【小问1详解】证明：如图所示，取的中点，连接，.依题意可知，，，，故，为正三角形，,又，，平面，平面平面，又平面，，【小问2详解】依题意平面平面，由（1）可知，平面平面,平面,则平面，故以，，为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，，，,，，，,设平面的一个法向量，由,可得，令，则，，,设平面的一个法向量，由,可得，令，则，，则,可得平面的法向量.依题意可得，解得，即.即平面的法向量，,设直线与平面所成角为，则的正弦值.20.某学校共有1000名学生参与学问竞赛，其中男生400人，为了解该校学生在学问竞赛中的状况，实行分层抽样随机抽取了100名学生进行调查，分数分布在450～950分之间，依据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图所示，将分数不低于750分的学生称为“高分选手”.（1）求的值，并估计该校学生分数的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）现采纳分层抽样的方式从分数落在，内的两组学生中抽取10人，再从这10人中随机抽取3人，记被抽取的3名学生中属于“高分选手”的学生人数为随机变量，求的分布列及数学期望；（3）若样本中属于“高分选手”的女生有10人，请推断是否有97.5%的把握认为该校学生属于“高分选手”与“性别”有关？（参考公式：，其中）0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910828【答案】（1），平均数为（2）分布列见解析，（3）有【解析】【分析】（1）利用频率之和为1列出方程，求出，再利用中间值做代表求出样本平均数；（2）先依据分层抽样得到从中抽取7人，中抽取3人，再得到随机变量的可能值及相应的概率，得到分布列及数学期望；（3）利用公式求出卡方，并与5.024比较后得到结论.【小问1详解】由题意知，解得，样本平均数为.【小问2详解】由题意，从中抽取7人，从中抽取3人，随机变量的全部可能取值有0，1，2，3.（，1，2，3），所以随机变量的分布列为：0123随机变量的数学期望.【小问3详解】由题可知，样本中男生40人，女生60人，属于“高分选手”的25人，其中女生10人；得出以下列联表；属于“高分选手”不属于“高分选手”合计男生152540女生105060合计2575100，所以有97.5%的把握认为该校学生属于“高分选手”与性别有关.21.已知双曲线：（，）的左焦点为，点是双曲线上的一点.（1）求的方程；（2）已知过坐标原点且斜率为（）的直线交于，两点，连接交于另一点，连接交于另一点，若