2025届浙江省新阵地教育联盟高三上学期第一次联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省新阵地教育联盟2025届高三上学期第一次联考数学试题一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】所以故选:D2.已知平面向量，则（）A.2 B.10 C. D.【答案】A【解析】，.故选：A.3.在的展开式中，含的项的系数为（）A.15 B. C.270 D.【答案】A【解析】设二项展开式的第项为：，由.所以含的项的系数为：.故选：A4.在中，角的对边分别为.已知，则（）A.1 B.2 C.1或2 D.或【答案】C【解析】由余弦定理可得,即，解得或，故选：C5.函数与的图象的交点个数是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】画出与的图象如图所示：根据图象可知，交点个数是个.故选：C.6.若随机变量，则下列选项错误的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对于A选项，变量，这里，所以，A选项正确.对于B选项，因为正态分布图象关于对称，.根据正态分布的对称性，，B选项正确.对于C选项，若，则.对于，根据期望的性质.所以，C选项正确.对于D选项，若，则，对于，根据方差的性质.所以，D选项错误.故选：D.7.如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，为对角线与的交点，若，则三棱锥的外接球的体积为（）A B. C. D.【答案】B【解析】因为底面，底面，即，根据题意可知为等边三角形，为直角三角形，而，则，取的中点，连接，所以，易知，则，所以三棱锥的外接球的球心为F，，∴该外接球的体积为.故选：B8.北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球依此类推，最底层有个小球，共有层.现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共7层，小球总个数为168，则该垛积的第一层的小球个数为（）A1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】设各层的小球个数为数列an由题意得，因为，可得，则，因为前7层小球总个数为168，所以，即，解得或（舍去），所以，可得，即该垛积的第一层的小球个数为个.故选：B.二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.某地区5家超市销售额（单位：万元）与广告支出（单位：万元）有如下一组数据：超市ABCDE广告支出（万元）1461014销售额（万元）620364048下列说法正确的是（）参考公式：样本相关系数A.根据表中数据计算得到与之间的经验回归方程为，则B.与之间的样本相关系数C.若残差的平方和越小，则模型的拟合效果越好D.若该地区某超市的广告支出是3万元，则该超市的销售额一定是17.6万元【答案】AC【解析】由题意，，，样本中心点为，代入中，可得，故A正确；由，得，，，所以，故B错误；由残差的计算可知，若残差的平方和越小，则模型的拟合效果越好，故C正确；若该地区某超市的广告支出是3万元，则该超市的销售额估计值为（万元），但不一定是17.6万元，故D错误.故选：AC.10.已知分别是双曲线的左右焦点，点是圆上的动点，下列说法正确的是（）A.三角形的周长是12B.若双曲线与双曲线有相同的渐近线，且双曲线的焦距为8，则双曲线为C.若，则的位置不唯一D.若是双曲线左支上一动点，则的最小值是【答案】ACD【解析】由题意可得双曲线，，，，，，圆心坐标，半径，A，，，，所以三角形的周长是12，故A正确；B，由题意可设双曲线的方程为或，变形为标准形式或，，又双曲线的焦距为8，所以，所以双曲线为或，故B错误；C，，所以点轨迹为以为焦点的椭圆，且，，，所以轨迹方程为，圆心坐标代入椭圆方程可得，所以圆心在椭圆上，又点是圆上点，画出图形可得所以，的位置不唯一，故C正确；D，由双曲线的定义可得，所以，所以，因为，所以当三点共线时，取得最小值，又因为的最小值为，所以的最小值是，故D正确；故选：ACD.11.已知增函数的定义域为正整数集，的取值也为正整数，且满足.下列说法正确的是（）A.B.C.D.对任意正整数，都有【答案】ABD【解析】因为为正整数，且单调递增.因为（若，则，所以矛盾），所以或（且）若（且），令，则；再令，则，因为，所以，即，这与矛盾.所以不成立.所以.所以；；；又因为为正整数，且单调递增，所以；…可得下表：123456789101112131415162356791112131415171921232417181920212223242526272829303132252627282930313335373941434547483334353637383940414243444546474849505152535455565758596061626365故AB正确；因为：，，，，…所以，故D正确；因为，故C错.故选：ABD第Ⅱ卷三､填空题：本题共3小题，共15分.12.已知复数，则______.【答案】【解析】，故.故答案为：13.已知是等差数列的前项和，若，则__________.【答案】3【解析】由题意，所以，所以（为公差）.故答案为：3.14.甲乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于12或者所有卡片被抽完时，游戏结束.若甲先抽卡，求甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束的概率是______.【答案】【解析】根据题意可知甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束相当于从7张卡片中抽取了5张，且甲抽取的三张卡片数字之和为12，乙抽取的两张卡片数字之和不为12；总的情况相当于从7张卡片中抽取了5张并进行全排列，即共种排法；其中三张卡片数字之和为12的组合有；；；；共5种情况；当甲抽取的数字为；；；时，乙在剩余的4个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有种；当甲抽取的数字为时，若乙抽取的两张卡片数字可能为，此时不合题意，此时共有种；所以符合题意的排列总数为种，可得所求概率为.故答案为：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.已知数列an的首项，且满足.（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）若，求满足条件的最大整数.（1）证明：因为，所以，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；所以，所以；（2）解：由（1）知，记，则，所以单调递增，当时，，不符合；当时，，所以的最大值为12.16.如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，.（1）若是中点，证明：；（2）若，求平面与平面所成角的正切值.（1）证明：是中点，，平面平面平面，平面，又与是平面内的两条相交直线，平面，；（2）解：解法一：（坐标法）过作于平面平面平面，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，，平面的一个法向量为，，设平面的一个法向量为n=x,y,z则，令，解得，所以平面的一个法向量为，平面与平面所成的角记为，，即平面与平面所成角的正切值是，解法二：（几何法）记平面与平面的交线为，平面平面，即直线两两平行，又平面平面，平面与平面所成角与二面角的平面角互余，过作于平面平面平面，过点作于，连接是二面角的平面角，平面与平面所成角的正切值为，，，即平面与平面所成角的正切值是.17.平面内有一点和直线，动点满足：到点的距离与到直线的距离的比值是.点的运动轨迹是曲线，曲线上有四个动点.（1）求曲线的方程；（2）若在轴上方，，求直线的斜率；（3）若都在轴上方，，直线，求四边形的面积的最大值.解：（1）由题意，两边平方得，化简得，所以曲线的方程为；（2），即，则直线的斜率是正数，设，直线的斜率为，设Ax1,化简得，所以，由题意知，代入，消，可得，解得，所以直线的斜率是；（3）延长，交椭圆于点，，由对称性可知，和等底等高，，四边形的面积，设，由（2）知，所以，即，令，所以，当且仅当即时，取到最大值，此时分别在正上方.18.已知函数，其中是实数.（1）若，求的单调区间；（2）若函数不具有单调性，求实数的取值范围；（3）若恒成立，求的最小值.解：（1）当时，，则，令，解得，令，解得，所以在单调递增，单调递减；（2）函数的图象是连续的，且不具有单调性，在定义域内有正有负（有异号零点），记，则在为负，为正，在单调递减，单调递增，故存在，使得，只需，即.（3）对任意都成立，当时，，下证：能成立，即证：存在，使得恒成立，记，故（必要性），而，则，解得，只需证：恒成立，，由（2）知，其在单调递减，单调递增，在为正，在为负，在为负，在单调递增，单调递减，，得证；综上，的最小值为0.19.正整数集，其中.将集合拆分成个三元子集，这个集合两两没有公共元素.若存在一种拆法，使得每个三元子集中都有一个数等于其他两数之和，则称集合是“三元可拆集”.（1）若，判断集合是否为“三元可拆集”，若是，请给出一种拆法；若不是，请说明理由；（2）若，证明：集合不是“三元可拆集”；（3）若，是否存在使得集合是“三元可拆集”，若存在，请求出的最大值并给出一种拆法；若不存在，请说明理由.（1）解：是，，可拆成或､；（2）证明：对于“三元可拆集”，其每个三元子集的元素之和为偶数，则“三元可拆集”中所有元素和为偶数；而，中所有元素和为，与和为偶数矛盾，所以集合不是“三元可拆集”；（3）解：有48个元素，可以拆成16个三元子集，将这16个三元子集中最大的数依次记为，则；另一方面，中所有元素和为，所以，所以，解得，即；当时，，可拆为、､（拆法不唯一）；综上所述，的最大值是7.浙江省新阵地教育联盟2025届高三上学期第一次联考数学试题一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】所以故选:D2.已知平面向量，则（）A.2 B.10 C. D.【答案】A【解析】，.故选：A.3.在的展开式中，含的项的系数为（）A.15 B. C.270 D.【答案】A【解析】设二项展开式的第项为：，由.所以含的项的系数为：.故选：A4.在中，角的对边分别为.已知，则（）A.1 B.2 C.1或2 D.或【答案】C【解析】由余弦定理可得,即，解得或，故选：C5.函数与的图象的交点个数是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】画出与的图象如图所示：根据图象可知，交点个数是个.故选：C.6.若随机变量，则下列选项错误的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对于A选项，变量，这里，所以，A选项正确.对于B选项，因为正态分布图象关于对称，.根据正态分布的对称性，，B选项正确.对于C选项，若，则.对于，根据期望的性质.所以，C选项正确.对于D选项，若，则，对于，根据方差的性质.所以，D选项错误.故选：D.7.如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，为对角线与的交点，若，则三棱锥的外接球的体积为（）A B. C. D.【答案】B【解析】因为底面，底面，即，根据题意可知为等边三角形，为直角三角形，而，则，取的中点，连接，所以，易知，则，所以三棱锥的外接球的球心为F，，∴该外接球的体积为.故选：B8.北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球依此类推，最底层有个小球，共有层.现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共7层，小球总个数为168，则该垛积的第一层的小球个数为（）A1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】设各层的小球个数为数列an由题意得，因为，可得，则，因为前7层小球总个数为168，所以，即，解得或（舍去），所以，可得，即该垛积的第一层的小球个数为个.故选：B.二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.某地区5家超市销售额（单位：万元）与广告支出（单位：万元）有如下一组数据：超市ABCDE广告支出（万元）1461014销售额（万元）620364048下列说法正确的是（）参考公式：样本相关系数A.根据表中数据计算得到与之间的经验回归方程为，则B.与之间的样本相关系数C.若残差的平方和越小，则模型的拟合效果越好D.若该地区某超市的广告支出是3万元，则该超市的销售额一定是17.6万元【答案】AC【解析】由题意，，，样本中心点为，代入中，可得，故A正确；由，得，，，所以，故B错误；由残差的计算可知，若残差的平方和越小，则模型的拟合效果越好，故C正确；若该地区某超市的广告支出是3万元，则该超市的销售额估计值为（万元），但不一定是17.6万元，故D错误.故选：AC.10.已知分别是双曲线的左右焦点，点是圆上的动点，下列说法正确的是（）A.三角形的周长是12B.若双曲线与双曲线有相同的渐近线，且双曲线的焦距为8，则双曲线为C.若，则的位置不唯一D.若是双曲线左支上一动点，则的最小值是【答案】ACD【解析】由题意可得双曲线，，，，，，圆心坐标，半径，A，，，，所以三角形的周长是12，故A正确；B，由题意可设双曲线的方程为或，变形为标准形式或，，又双曲线的焦距为8，所以，所以双曲线为或，故B错误；C，，所以点轨迹为以为焦点的椭圆，且，，，所以轨迹方程为，圆心坐标代入椭圆方程可得，所以圆心在椭圆上，又点是圆上点，画出图形可得所以，的位置不唯一，故C正确；D，由双曲线的定义可得，所以，所以，因为，所以当三点共线时，取得最小值，又因为的最小值为，所以的最小值是，故D正确；故选：ACD.11.已知增函数的定义域为正整数集，的取值也为正整数，且满足.下列说法正确的是（）A.B.C.D.对任意正整数，都有【答案】ABD【解析】因为为正整数，且单调递增.因为（若，则，所以矛盾），所以或（且）若（且），令，则；再令，则，因为，所以，即，这与矛盾.所以不成立.所以.所以；；；又因为为正整数，且单调递增，所以；…可得下表：123456789101112131415162356791112131415171921232417181920212223242526272829303132252627282930313335373941434547483334353637383940414243444546474849505152535455565758596061626365故AB正确；因为：，，，，…所以，故D正确；因为，故C错.故选：ABD第Ⅱ卷三､填空题：本题共3小题，共15分.12.已知复数，则______.【答案】【解析】，故.故答案为：13.已知是等差数列的前项和，若，则__________.【答案】3【解析】由题意，所以，所以（为公差）.故答案为：3.14.甲乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于12或者所有卡片被抽完时，游戏结束.若甲先抽卡，求甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束的概率是______.【答案】【解析】根据题意可知甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束相当于从7张卡片中抽取了5张，且甲抽取的三张卡片数字之和为12，乙抽取的两张卡片数字之和不为12；总的情况相当于从7张卡片中抽取了5张并进行全排列，即共种排法；其中三张卡片数字之和为12的组合有；；；；共5种情况；当甲抽取的数字为；；；时，乙在剩余的4个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有种；当甲抽取的数字为时，若乙抽取的两张卡片数字可能为，此时不合题意，此时共有种；所以符合题意的排列总数为种，可得所求概率为.故答案为：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.已知数列an的首项，且满足.（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）若，求满足条件的最大整数.（1）证明：因为，所以，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；所以，所以；（2）解：由（1）知，记，则，所以单调递增，当时，，不符合；当时，，所以的最大值为12.16.如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，.（1）若是中点，证明：；（2）若，求平面与平面所成角的正切值.（1）证明：是中点，，平面平面平面，平面，又与是平面内的两条相交直线，平面，；（2）解：解法一：（坐标法）过作于平面平面平面，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，，平面的一个法向量为，，设平面的一个法向量为n=x,y,z则，令，解得，所以平面的一个法向量为，平面与平面所成的角记为，，即平面与平面所成角的正切值是，解法二：（几何法）记平面与平面的交线为，平面平面，即直线两两平行，又平面平面，平面与平面所成角与二面角的平面角互余，过作于平面平面平面，过点作于，连接是二面角的平面角，平面与平面所成角的正切值为，，，即平面与平面所成角的正切值是.17.平面内有一点和直线，动点满足：到点的距离与到直线的距离的比值是.点的运动轨迹是曲线，曲线上有四个动点.（1）求曲线的方程；（2）若在轴上方，，求直线的斜率；（3）若都在轴上方，，直线，求四边形的面积的最大值.解：（1）由题意，两边