浙江省七彩阳光新高考研究联盟2024-2025学年高三上学期8月开学考试数学试卷（Word版附解析）

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考生须知：
1.本试卷共4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.
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题卷.
选择题部分
一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项符合题目要求.）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简集合B,再求交集.
【详解】解一元二次不等式,
得或,
所以或.
因为,
所以.
故选：A.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可根据复数的性质结合模长公式求解.
【详解】由可得，
所以，
故选：D
3. 已知向量，若，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量数量积的坐标表示解方程即可得出结果.
【详解】易知，
由可得，
即，解得
故选：C
4. 将函数图象上所有的点向左平移个单位长度，再把所有点的纵坐标变为原来的后，得到函数的图象.则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合三角函数图象变换结论求的解析式，再求.
【详解】将函数图象上所有的点向左平移个单位长度，可得函数的图象，
将函数图象上所有点的纵坐标变为原来的，横坐标不变，可得函数的图象，
所以，故.
故选：C.
5. 身体质量指数，简称体质指数，是国际上常用的衡量人体胖瘦程度以及是否健康的一个标准.该指标是通过体重（kg）除以身高（）的平方计算得来.这个公式所得比值在一定程度可以反映人体密度.一般情况下，我国成年人的身体质量指数在内属正常范围.已知三人的体质指数的平均值为20，方差为两人的体质指数分别为18和22.则这5人的体质指数的方差为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据方差的计算公式即可求解.
【详解】由于三人的体质指数的平均值为20，方差为3，故,则，
由于,故5个人的体质指数的平均数为20，
故，
故方差为
故选：A
6. 已知为抛物线上的动点，为中点，若，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的定义，结合三点共线，即可求解.
【详解】如图，为抛物线焦点，作，，，连接，，其中为准线，
由抛物线定义知，，
所以，当且仅当在上时，等号成立，
则点到轴的最小距离是2，故的最小值为2，
故选：B
7. 将若干个除颜色外完全相同的红色小球和黑色小球排成一列，要求所有的红球互不相邻，当小球的总数为8时，满足条件的不同排列方法的总数之和为（）
A. 20B. 36C. 54D. 108
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知最多有4个红球，因此根据红球个数进行讨论即可，不相邻问题用“插空法”.
【详解】8个除颜色外完全相同的球，要使红球互不相邻，则最多有4个红球，根据红球个数分类讨论:
1个红球7个黑球：先排7个黑球共有1中排法，从8个空里面选出1个空让红球插入，有种选法;
2个红球6个黑球：先排6个黑球共有1中排法，从7个空里面选出2个空让红球插入，有种选法;
3个红球5个黑球：先排5个黑球共有1中排法，从6个空里面选出3个空让红球插入，有种选法;
4个红球4个黑球：先排4个黑球共有1中排法，从5个空里面选出4个空让红球插入，有种选法;
所以满足条件的不同排列方法的总数之和为.
故选：C.
8. 已知函数，若对
恒成立，则（ ）
A. B. 16C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】分别代入解析式，求出即可.
【详解】当，则，
，
由于，则，则；经检验适合题意.
故.
故选：B
二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.）
9. 已知等差数列的前项和为，且公差.则以下结论正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则的最大值为
D. 若成等比数列，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据等差数列的性质即可结合选项逐一求解.
【详解】由可得，故，所以，故A正确，
由可得，故，故B正确，
若，则，且an单调递减，故的最大值为或，故C错误，
若成等比数列，则，即，解得或（舍去），D正确，
故选：ABD
10. 已知，函数，.则以下结论正确的是（ ）
A. 为偶函数
B. 的图象关于点对称
C. 当时，在其定义域上单调递增
D. 当时，方程无实根
【答案】BD
【解析】
【分析】根据奇函数，偶函数的定义判断A，证明函数为奇函数，结合函数图象变换结论判断B，计算可得排除 C，化简方程可得，令，可得，利用导数判断的单调性求其最值，判断D.
【详解】函数的定义域为−1,1，故函数的定义域关于原点对称，
又，所以，即f−x=−fx，
所以函数为奇函数，不是偶函数，A错误；
因为，函数的定义域为，
所以，函数定义域为，
所以函数的定义域关于原点对称，且，
所以，
故函数为奇函数，即函数的图象关于原点对称，
所以函数的图象关于点对称，B正确；
因为，，
又，，故，所以，
所以在其定义域上不可能为单调递增函数，C错误；
方程，可化为，且，
所以，且，
令，则，则，所以，
令，则，
所以时，，函数在区间上单调递减，
当时，，函数在区间上单调递增，
所以当时，函数取最大值，最大值为，
所以当时，方程无解，
故当时，方程无实根，D正确.
故选：BD.
11. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过坐标原点的直线与双曲线的左､右两支分别交于两点，为的右支上一点（异于点），的内切圆圆心为.则以下结论正确的是（ ）
A. 直线与的斜率之积为4
B. 若，则
C. 以为直径的圆与圆相切
D. 若，则点坐标为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意设点,，,，,，把点，坐标代入双曲线方程，两式相减得，即可判断A；利用余弦定理，结合；记，则双曲线定义即可判断B，由于，利用勾股定理以及双曲线定义，结合等面积法进而可求内切圆半径，利用切线长的性质即可求解C；画出图形，利用是线段的中点，结合双曲线的性质以及定义，转化推出以为直径的圆与圆的位置关系即可判断D．
【详解】设点,，,，,，
则且，两式相减得，，
，故A错误，
由于，，若，
由余弦定理可得，
解得，由于，故，故B正确，
在双曲线右支上，，
是线段的中点，，
是线段的中点，，
，，，
即圆心距等于两圆的半径之差，
以线段为直径的圆与圆的位置关系是内切，故C正确．
记，则，，，
解得或 （舍去），，
的面积为，
设三角的内切圆半径为，则，所以，
设圆与三边相切于，则
设则
故，解得，所以,故,D正确，
故选：BCD．
非选择题部分
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 在的展开式中，的系数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项令即可求得的系数.
【详解】设展开式第项含有项，
令，解得，
所以，即的系数为.
故答案为：
13. 若曲线过坐标原点的切线与圆相切，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先,我们需要求出曲线过坐标原点的切线方程。然后,根据切线与圆相切的条件,求出实数a的值.
【详解】对求导，得到，设切点为，斜率为.
斜率还可以表示为，即，解得，则斜率为.
则切线方程为.切线与圆相切,则，
整理得，，解得.
故答案为：
14. 如图，在四面体中，，，则该四面体的外接球体积为______.
【答案】##
【解析】
【分析】可根据四面体的棱长利用线面垂直的判定定理求得平面，再利用正弦定理求得的外接圆半径为，再利用勾股定理确定该四面体的外接球球心的位置计算出该球半径，即可求出该四面体的外接球体积.
【详解】取的中点为，连接，如下图所示:
又可知，
且；
又，且平面，
所以平面，
取的中点为，连接，又，可得，且;
又平面，所以，
又，平面，
所以平面；
在中，可知；
设外接圆半径为，可得，解得；
易知的外接圆圆心必在直线上，设，
则，解得，即可得为的中点，
又因为平面，所以该四面体的外接球球心一定在过且平行于的直线上，
设，外接球半径为，
所以，即，解得；
因此该四面体的外接球球心与的外接圆圆心重合，此时
所以该四面体的外接球体积为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理求得的外接圆半径并确定圆心位置，以此能确定该四面体的外接球球心的位置进而求得外接球半径，即可得出该四面体的外接球体积.
四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.）
15. 设中的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若的周长为，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，求得，进而得到，即可求得的值；
（2）根据题意，得到，再由（1）和余弦定理，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，可得，
由正弦定理得，
又因为，可得，
所以，
即，
因为，可得，所以，即，
可得，即，
因为，所以，解得.
【小问2详解】
解：因为的周长为，可得，
由（1）知，由余弦定理得，
可得，解得，
所以的面积为.
16. 中国数学奥林匹克（）竞赛由中国数学会主办，是全国中学生级别最高､规模最大､最具影响力的数学竞赛.某中学为了选拔参赛队员，组织了校内选拔赛.比赛分为预赛和决赛，预赛成绩合格者可进入决赛.
（1）根据预赛成绩统计，学生预赛的成绩，成绩超过85分的学生可进入决赛.若共有600名学生参加了预赛，试估计进入决赛的人数（结果取整数）；
（2）决赛试题共设置了10个题目，其中单选题6题，每题10分，每题有1个正确选项，答对的10分，答错得0分；多选题4题，每题15分，每题有多个正确选项，全部选对得15分，部分选对得5分，有选错得0分.假设甲同学进入了决赛，且在决赛中，每个单选题答对的概率均为；每个多选题得15分､5分､0分的概率均分别为.求甲同学决赛成绩的数学期望.
附：若，则，
【答案】（1）95 （2）60
【解析】
【分析】（1）根据正态分布的对称性求解概率，即可求解人数，
（2）分别求解单选题和多选题每一道题目得分的期望，即可求解成绩的期望.
【小问1详解】
由于，故，
故，
所以，
故进入决赛的人数为.
小问2详解】
甲同学每个单选题得分的数学期望分，
甲同学每个多选题得分的数学期望分，
因此甲同学的成绩的数学期望为分
17. 已知函数在处取得极值.
（1）求的单调区间；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）的单调递增区间是，单调递减区间是．
（2）
【解析】
【分析】（1）求出原函数的导函数，由，解得，可得函数解析式，由导函数大于0和小于0，分别求得原函数的单调区间．
（2）构造函数求导得到函数的单调性，即可求解最值求解.
【小问1详解】
由题意知，，
由，解得，
此时，，
令，得，令，得，故是函数的极值点，
故符合要求，
进而函数的单调递增区间是，单调递减区间是．
【小问2详解】
由恒成立可得恒成立，
令则，
令，则，
故当时，单调递增，当时，单调递减，
而，且时，，
故当时，，当时，，故在单调递减，在单调递增，故，因此
18. 如图，在四棱台中，底面为等腰梯形，，，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求该四棱台的体积；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）四棱台的体积
（3）平面与平面夹角的余弦值为.
【解析】
【分析】（1）由条件证明，根据线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判断定理证明结论；
（2）过作，垂足为，证明平面，结合棱台体积公式求结论，
（3）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，结合平面与平面夹角的向量公式求结论.
【小问1详解】
连接，为的中点，
因为，所以，又，
所以，又，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
因为底面为等腰梯形，，，
所以，
所以，
所以为直角三角形，为其斜边，
故，又，平面，，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
过作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，故为四棱台的高，
由（1），又，，
所以，又，故，
所以，
所以，
连接，为的中点，
由（1），所以，，
又，所以梯形的面积为，
由棱台的性质可得梯形与梯形相似，又，
所以梯形的面积为，
所以棱台的体积，
【小问3详解】
过作，
因为平面，所以平面，又，
如图以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系，
所以A2,0,0，，，C−1,3,0，
所以，，，
设平面的法向量为m=x,y,z，则
，所以，
取，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为n=a,b,c，则
，所以，
取，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19. 阅读材料：“到角公式”是解析几何中的一个术语，用于解决两直线对称的问题.其内容为：若将直线绕与的交点逆时针方向旋转到与直线第一次重合时所转的角为，则称为到的角，当直线与不垂直且斜率都存在时，（其中分别为直线和的斜率）.结合阅读材料，回答下述问题：
已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上一点，，四边形的面积为为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）求的角平分线所在的直线的方程；
（3）过点的且斜率存在的直线分别与椭圆交于点（均异于点），若点到直线的距离相等，证明：直线过定点.
【答案】（1）
（2）
（3）直线过定点，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆过点、四边形的面积可得答案；
（2）求出，设的角平分线所在的直线的斜率为，根据到角公式可得答案；
（3）设直线，根据点到直线的距离相等得，由椭圆方程与直线联立求出的坐标，可得直线的斜率，由点斜式求出的方程，根据方程特点可得答案.
【小问1详解】
因为四边形的面积为，解得，
可得，即，又为椭圆上一点，
所以，得，解得，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
由（1），
，
设的角平分线所在的直线的斜率为，则，
根据到角公式可得，化简得，所以(正值舍去)，
此时直线的方程为，即；
【小问3详解】
设直线的斜率分别为，可得
直线，
若点到直线的距离相等，则，
化简得，
由椭圆方程与方程联立可得
，
所以，可得，
所以，
所以，
同理可得，因为，
所以，
所以
，
可得直线的方程为，
化简得，
所以，
由，解得，
可得直线过定点.
【点睛】思路点睛：第（3）问解题的思路是由椭圆方程与直线联立求出的坐标，利用点斜式求出的方程，根据方程特点求定点.