浙江省考试院抽学校2024-2025学年高三数学试题下学期二调考试试题含解析

浙江省考试院抽学校2024-2025学年高三数学试题下学期二调考试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．高三珠海一模中，经抽样分析，全市理科数学成绩X近似服从正态分布，且．从中随机抽取参加此次考试的学生500名，估计理科数学成绩不低于110分的学生人数约为（）A．40 B．60 C．80 D．1002．已知，是双曲线的两个焦点，过点且垂直于轴的直线与相交于，两点，若，则△的内切圆的半径为（）A． B． C． D．3．已知双曲线的左、右焦点分别为、，抛物线与双曲线有相同的焦点.设为抛物线与双曲线的一个交点，且，则双曲线的离心率为（）A．或 B．或 C．或 D．或4．已知函数，其中，记函数满足条件：为事件，则事件发生的概率为A． B．C． D．5．函数的部分图象如图所示，则的单调递增区间为（）A． B．C． D．6．已知，，，则()A． B． C． D．7．在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，若三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（）A．12 B． C． D．108．的展开式中的系数是-10，则实数()A．2 B．1 C．-1 D．-29．由实数组成的等比数列{an}的前n项和为Sn，则“a1>0”是“S9>S8”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10．已知F为抛物线y2＝4x的焦点，过点F且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，则||FA|﹣|FB||的值等于（）A． B．8 C． D．411．若时，，则的取值范围为（）A． B． C． D．12．已知展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，，若，则的值为()A．1 B．－1 C．8l D．－81二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在的展开式中，的系数为________．14．已知函数在上仅有2个零点，设，则在区间上的取值范围为_______．15．如果复数满足，那么______（为虚数单位）.16．定义，已知，，若恰好有3个零点，则实数的取值范围是________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在多面体中，四边形是正方形，平面，，，为的中点.（1）求证：；（2）求平面与平面所成角的正弦值.18．（12分）在四棱锥的底面中，，，平面，是的中点，且（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）线段上是否存在点，使得，若存在指出点的位置，若不存在请说明理由.19．（12分）设椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点D在椭圆C上，的周长为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过圆上任意一点P作圆E的切线l，若l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，求证：为定值.20．（12分）以直角坐标系的原点为极坐标系的极点，轴的正半轴为极轴．已知曲线的极坐标方程为，是上一动点，，点的轨迹为．（1）求曲线的极坐标方程，并化为直角坐标方程；（2）若点，直线的参数方程（为参数），直线与曲线的交点为，当取最小值时，求直线的普通方程．21．（12分）已知椭圆的右焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，且与短轴两端点的连线相互垂直.（1）求椭圆的方程；（2）若圆上存在两点，，椭圆上存在两个点满足：三点共线，三点共线，且，求四边形面积的取值范围.22．（10分）已知圆：和抛物线：，为坐标原点．（1）已知直线和圆相切，与抛物线交于两点，且满足，求直线的方程；（2）过抛物线上一点作两直线和圆相切，且分别交抛物线于两点，若直线的斜率为，求点的坐标．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D【解析】

由正态分布的性质，根据题意，得到，求出概率，再由题中数据，即可求出结果.【详解】由题意，成绩X近似服从正态分布，则正态分布曲线的对称轴为，根据正态分布曲线的对称性，求得，所以该市某校有500人中，估计该校数学成绩不低于110分的人数为人，故选:.本题考查正态分布的图象和性质,考查学生分析问题的能力,难度容易.2．B【解析】

设左焦点的坐标，由AB的弦长可得a的值，进而可得双曲线的方程，及左右焦点的坐标，进而求出三角形ABF2的面积，再由三角形被内切圆的圆心分割3个三角形的面积之和可得内切圆的半径.【详解】由双曲线的方程可设左焦点，由题意可得，由，可得，所以双曲线的方程为:所以，所以三角形ABF2的周长为设内切圆的半径为r，所以三角形的面积，所以，解得，故选：B本题考查求双曲线的方程和双曲线的性质及三角形的面积的求法，内切圆的半径与三角形长周长的一半之积等于三角形的面积可得半径的应用，属于中档题.3．D【解析】

设，，根据和抛物线性质得出，再根据双曲线性质得出，，最后根据余弦定理列方程得出、间的关系，从而可得出离心率．【详解】过分别向轴和抛物线的准线作垂线，垂足分别为、，不妨设，，则，为双曲线上的点，则，即，得，，又，在中，由余弦定理可得，整理得，即，，解得或.故选：D.本题考查了双曲线离心率的求解，涉及双曲线和抛物线的简单性质，考查运算求解能力，属于中档题．4．D【解析】

由得，分别以为横纵坐标建立如图所示平面直角坐标系，由图可知，.5．D【解析】

由图象可以求出周期，得到，根据图象过点可求，根据正弦型函数的性质求出单调增区间即可.【详解】由图象知，所以，，又图象过点，所以，故可取，所以令，解得所以函数的单调递增区间为故选：．本题主要考查了三角函数的图象与性质，利用“五点法”求函数解析式，属于中档题.6．B【解析】

利用指数函数和对数函数的单调性，将数据和做对比，即可判断.【详解】由于，，故.故选：B.本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，属基础题.7．C【解析】

取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，此直三棱柱和三棱锥P−ABC有相同的外接球，求出等腰三角形的外接圆半径，然后利用勾股定理可求出外接球的半径【详解】如图，取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，所以该直三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，的外接圆直径为，球O的半径R满足，所以球O的表面积S=4πR2=，故选：C.此题考查三棱锥的外接球半径与棱长的关系，及球的表面积公式，解题时要注意审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题.8．C【解析】

利用通项公式找到的系数，令其等于-10即可.【详解】二项式展开式的通项为，令，得，则，所以，解得.故选：C本题考查求二项展开式中特定项的系数，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.9．C【解析】

根据等比数列的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】解：若{an}是等比数列，则，

若，则，即成立，

若成立，则，即，

故“”是“”的充要条件，

故选：C.本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用等比数列的通项公式是解决本题的关键.10．C【解析】

将直线方程代入抛物线方程，根据根与系数的关系和抛物线的定义即可得出的值．【详解】F（1，0），故直线AB的方程为y＝x﹣1，联立方程组，可得x2﹣6x+1＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），由根与系数的关系可知x1+x2＝6，x1x2＝1．由抛物线的定义可知：|FA|＝x1+1，|FB|＝x2+1，∴||FA|﹣|FB||＝|x1﹣x2|＝．故选C．本题考查了抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，属于中档题．11．D【解析】

由题得对恒成立，令，然后分别求出即可得的取值范围.【详解】由题得对恒成立，令，在单调递减，且，在上单调递增，在上单调递减，，又在单调递增，，的取值范围为.故选：D本题主要考查了不等式恒成立问题，导数的综合应用，考查了转化与化归的思想.求解不等式恒成立问题，可采用参变量分离法去求解.12．B【解析】

根据二项式系数的性质，可求得，再通过赋值求得以及结果即可.【详解】因为展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，故可得，令，故可得，又因为，令，则，解得令，则.故选：B.本题考查二项式系数的性质，以及通过赋值法求系数之和，属综合基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

根据二项展开式定理，求出含的系数和含的系数，相乘即可.【详解】的展开式中，所求项为：，的系数为.

故答案为:.本题考查二项展开式定理的应用，属于基础题.14．【解析】

先根据零点个数求解出的值，然后得到的解析式，采用换元法求解在上的值域即可.【详解】因为在上有两个零点，所以，所以，所以且，所以，所以，所以，令，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，，所以.故答案为：.本题考查三角函数图象与性质的综合，其中涉及到换元法求解三角函数值域的问题，难度较难.对形如的函数的值域求解，关键是采用换元法令，然后根据，将问题转化为关于的函数的值域，同时要注意新元的范围.15．【解析】

把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解.【详解】∵，∴，∴，故答案为：.本小题主要考查复数除法运算，考查复数的模的求法，属于基础题.16．【解析】

根据题意，分类讨论求解，当时，根据指数函数的图象和性质无零点，不合题意；当时，令，得，令，得或，再分当，两种情况讨论求解.【详解】由题意得：当时，在轴上方，且为增函数，无零点，至多有两个零点，不合题意；当时，令，得，令，得或，如图所示：当时，即时，要有3个零点，则，解得；当时，即时，要有3个零点，则，令，，所以在是减函数，又，要使，则须，所以.综上：实数的取值范围是.故答案为：本题主要考查二次函数，指数函数的图象和分段函数的零点问题，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，利用导数判断函数单调性，属于中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）证明见解析（2）【解析】

（1）首先证明，，，∴平面.即可得到平面，.（2）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，带入公式求解即可.【详解】（1）∵平面，平面，∴.又∵四边形是正方形，∴.∵，∴平面.∵平面，∴.又∵，为的中点，∴.∵，∴平面.∵平面，∴.（2）∵平面，，∴平面.以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.如图所示：则，，，.∴，，.设为平面的法向量，则，得，令，则.由题意知为平面的一个法向量，∴，∴平面与平面所成角的正弦值为.本题第一问考查线线垂直，先证线面垂直时解题关键，第二问考查二面角，建立空间直角坐标系是解题关键，属于中档题.18．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，点为线段的中点.【解析】

（Ⅰ）连结，，，则四边形为平行四边形，得到证明.（Ⅱ）建立如图所示坐标系，平面法向量为，平面的法向量，计算夹角得到答案.（Ⅲ）设，计算，，根据垂直关系得到答案.【详解】（Ⅰ）连结，，，则四边形为平行四边形.平面.（Ⅱ）平面，四边形为正方形.所以，，两两垂直，建立如图所示坐标系，则，，，，设平面法向量为，则，连结，可得，又所以，平面，平面的法向量，设二面角的平面角为，则.（Ⅲ）线段上存在点使得，设，，，，所以点为线段的中点.本题考查了线面平行，二面角，根据垂直关系确定位置，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.19．（1）（2）见解析【解析】

(1)由，周长,解得,即可求得标准方程.(2)通过特殊情况的斜率不存在时,求得,再证明的斜率存在时,即可证得为定值.通过设直线的方程为与椭圆方程联立,借助韦达定理求得,利用直线与圆相切,即,求得的关系代入,化简即可证得即可证得结论.【详解】（1）由题意得，周长，且.联立解得，，所以椭圆C的标准方程为.（2）①当直线l的斜率不存在时，不妨设其方程为，则，所以，即.②当直线l的斜率存在时，设其方程为，并设，由，，，由直线l与圆E相切，得.所以.从而，即.综合上述，得为定值.本题考查了椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系中定值问题,考查了学生计算求解能力,难度较难.20．（1），；（2）.【解析】

（1）设点极坐标分别为,，由可得,整理即可得到极坐标方程,进而求得直角坐标方程；（2）设点对应的参数分别为，则，，将直线的参数方程代入的直角坐标方程中,再利用韦达定理可得，，则，求得取最小值时符合的条件,进而求得直线的普通方程.【详解】（1）设点极坐标分别为，，因为,则，所以曲线的极坐标方程为，两边同乘,得，所以的直角坐标方程为,即.（2）设点对应的参数分别为，则,，将直线的参数方程（参数），代入的直角坐标方程中，整理得.由韦达定理得，，所以，当且仅当时，等号成立，则，所以当取得最小值时，直线的普通方程为.本题考查极坐标与直角坐标方程的转化,考查利用直线的参数方程研究直线与圆的位置关系．21．（1）；（2）【解析】

（1）又题意知，，及即可求得，从而得椭圆方程.（2）分三种情况：直线斜率不存在时，的斜率为0时，的斜率存在且不为0时，设出直线方程，联立方程组，用韦达定理和弦长公式以及四边形的面积公式计算即可.【详解】（