浙江省杭州市2025届高三上学期期末学业水平测试数学试题

这是一份浙江省杭州市2025届高三上学期期末学业水平测试数学试题，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x| x+1≤1}，B={−1,0,1,2}，则A∩B=( )
A. {−1}B. {−1,0}C. {1,2}D. {−1,0,1,2}
2.i为虚数单位，z为z的共轭复数，若z=1+2i2−i，则z=( )
A. −iB. iC. 45+35iD. 45−35i
3.已知函数f(x)=2x+m⋅2−x(m∈R)是奇函数，则下列关系中正确的是( )
A. f(1)f(2)C. f(2)=2f(1)D. f(2)=32+f(1)
4.已知α，β∈(0,π2)，sin(α−β)=12，tanα=3tanβ，则α+β=( )
A. π4B. π3C. π2D. 2π3
5.在平面四边形ABCD中，若AB⊥BC，AD⊥DC，且AB=1，AD=3，则AC⋅BD=( )
A. −8B. 8C. 10D. 3
6.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，一条渐近线被以F为圆心，2a为半径的圆截得的弦长为2 3a，则双曲线C的离心率为( )
A. 52B. 2C. 3D. 2
7.锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，角A的平分线交BC于点D，若b+2acsB=2c，且a= 7，b=3.则下列结论中错误的是( )
A. A=π3B. AD=6 35C. S△ABC=3 32D. c=1
8.已知正三棱锥的四个顶点都在体积为323π的球上，则该三棱锥体积的最大值是( )
A. 32 327B. 64 327C. 128 327D. 256 327
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。
9.已知函数f(x)=sin(ωx+π4)(ω>0)的最小正周期为π2，则( )
A. ω=2B. f′(−3π16)=0
C. f(−π8)=f(−π4)D. f(−3π16)0的焦点为F，准线l与x轴交于点A，M为抛物线上的点，且满足|OM|=|OF|，过M作l的垂线，垂足为N，AM与NF交于点Q，则( )
A. 直线NF的斜率为定值B. tan∠MFA=2tan∠NFA
C. cs∠MFA=|MQ||AQ|D. |NQ||QF|=|AN||AM|
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若二项式(2x+ax)7的展开式中1x3的系数是84，则实数a= ．
13.设a>0，且a≠1，函数f(x)=x2−6x+10,x≤2lgax,x>2的值域为[2,+∞)，则实数a的取值范围是 ．
14.一个综艺节目中，3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈，则参与者连续站在一起的人数不超过13人的概率是 ．
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.(本小题13分)
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an+1=2Sn+3．
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在数列{an}的相邻项ak与ak+1(k∈N∗)之间插入k个相同的数(−1)k，使其与原数列构成新数列{bn}，设Tn为数列{bn}的前n项和，求T40．
16.(本小题15分)
如图，三棱锥P−ABC的底面是边长为2的正三角形ABC，且PA=PB，平面ABC⊥平面PAC．
(1)证明：PC⊥平面ABC;
(2)若BC与平面PAB所成角的正弦值为 308，求平面PAB与平面PAC夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(0, 3)，离心率为 22．
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点M( 2,1)的直线l与椭圆交于A，B两点，与x轴交于点P，与y轴交于点Q，
(ⅰ)若点M为线段AB的中点，求证：|AP|=|BQ|;
(ⅱ)若原点O总在以AB为直径的圆外，求直线l斜率的取值范围．
18.(本小题17分)
阿尔法狗(AlpℎaG)是谷歌公司开发的人工智能程序，它第一个战胜了围棋世界冠军.它可以借助计算机，通过深度神经网络模拟人脑的机制来学习、判断、决策.工程师分别用人类围棋对弈的近100万、500万、1000万种不同走法三个阶段来训练阿尔法狗(AlpℎaG)，三个阶段的阿尔法狗(AlpℎaG)依次简记为甲、乙、丙．
(1)测试阶段，让某围棋手与甲、乙、丙三个阿尔法狗(AlpℎaG)各比赛一局，各局比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为12，13，14.记该棋手连胜两局的概率为p，试判断该棋手在第二局与谁比赛p最大，并写出判断过程．
(2)工程师让甲和乙进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为α，乙获胜的概率为β，且每局比赛结果相互独立．
(ⅰ)若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E(X)的最大值;
(ⅱ)若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事件M，证明：P(M)=α2α2+β2．
19.(本小题17分)
若函数y=f(x)的图象上的两个不同点处的切线互相重合，则称该切线为函数y=f(x)的图象的“自公切线”，称这两点为函数y=f(x)的图象的一对“同切点”．
(1)判断函数f1(x)=sinx与f2(x)=lnx的图象是否存在“自公切线”，并说明理由;
(2)若a∈R，求证：函数g(x)=tanx−x+a在区间(−π2,π2)上有唯一零点且该函数的图象不存在“自公切线”;
(3)设n∈N∗，函数ℎ(x)=tanx−x+nπ在(−π2,π2)内的零点为xn，t∈(−π2,π2)，求证：“存在s∈(2π,+∞)，使得点(s,sins)与(t,sint)是函数y=sinx的图象的一对“同切点”的充要条件是“t是数列{xn}中的项”．
答案和解析
1.B
【解析】解：集合A={x|−1⩽x⩽0}，
集合B={−1,0,1,2}，
所以A∩B={−1,0}，
故选：B．
2.A
【解析】解：z=1+2i2−i=1+2i2+i2−i2+i=i，
则z=−i．
故选A．
3.A
【解析】解：因为f(x)=2x+m⋅2−x(m∈R)是奇函数，定义域为R，
所以f(0)=1+m=0，
所以m=−1，
所以f(x)=2x−2−x，(经检验满足题意)
f(1)=2−12=32，f(2)=4−14=154，
故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
4.C
【解析】
解：由已知可得sin α⋅cs β−cs α⋅sin β=12，
tanα=3tanβ⇔sinαcsα=3sinβcsβ⇔sinα⋅csβ=3csα⋅sinβ，
解得sin α⋅cs β=34cs α⋅sin β=14,
∴sin (α+β)=sin α⋅cs β+cs α⋅sin β=1，
∵α，β∈0,π2，
∴α+β∈(0,π)，
故α+β=π2，
故选：C．
5.B
【解析】解：∵AB⊥BC，AD⊥DC，
∴AB⋅BC=0，AD⋅DC=0，
则AC⋅BD=AC⋅(AD−AB)=AC⋅AD−AC⋅AB
=(AD+DC)⋅AD−(AB+BC)⋅AB
=AD2+DC⋅AD−AB2−BC⋅AB=AD2−AB2
=|AD|2−|AB|2=32−12=8．
故选：B．
6.B
【解析】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线不妨取：bx+ay=0，
由双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线被以F为圆心，2a为半径的圆截得的弦长为2 3a，
可得F(c,0)到bx+ay=0的距离为 2a2−2 3a22=a，
所以bc a2+b2=a，解得a=b，
故双曲线C的离心率为 a2+b2a2= a2+a2a2= 2．
故选：B．
7.D
【解析】解：因为b+2acsB=2c，且a= 7，b=3，
所以3+2 7csB=2c，所以csB=2c−32 7，
由余弦定理，csB=a2+c2−b22ac=7+c2−92 7c=c2−22 7c，
所以2c−32 7=c2−22 7c，整理得c2−3c+2=0，解得c=1或c=2，
当c=1时，csB=2c−32 70，
所以css=cst(s≠t)tans−s=tant−t,
可得css=cst且tans=−tant，
从而存在n∈N∗，使得s=2nπ−t，代入tans−s=tant−t，
可得tant−t+nπ=0，故xn=t，
所以t是数列{xn}中的项，
②若t是数列{xn}中的项，
则存在n∈N∗，使得xn=t，即tant−t+nπ=0，
由(2)中的g(x)在(−π2,π2)上单调递增，
可知ℎ(x)在(−π2,π2)上单调递增，
又ℎ(0)=nπ>0且ℎ(t)=0，可知t