浙江省天域全国名校协作体2024-2025学年高三下学期3月联考数学试题（解析版）

这是一份浙江省天域全国名校协作体2024-2025学年高三下学期3月联考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 下列说法中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷共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、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一、单项选择题：本题共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的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据对数运算得出集合B，再应用交集定义计算求解.
【详解】因为，
又因为集合，
则.
故选：B.
2. 函数是（ ）
A. 最小正周期为的奇函数B. 最小正周期为的偶函数
C. 最小正周期为的奇函数D. 最小正周期为的偶函数
【答案】D
【解析】
【分析】先应用诱导公式化简得出，进而得出最小正周期及奇偶性即可判断.
【详解】因为函数，
所以函数的最小正周期为，函数是偶函数.
故选：D.
3. 已知向量满足，则在方向上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用数量积的运算律和投影向量公式求解即可.
【详解】因为向量满足，
所以，解得，
所以在方向上的投影向量是，
故选：D.
4. 设为正实数，则“”是“”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
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的单调性和时，，可证明充分性；取特值可证明不必要性.
【详解】若，由函数在上为增函数，
所以，令，则在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增，则，
所以在区间上恒成立，又与互为反函数，关于对称，
所以当时，，所以，
则，故“”是“”的充分条件，
反之，若，当时，，
但，所以“”不是“”的必要条件，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A. 4B. 8C. 10D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列前项和公式及，求出，再利用，能求出结果．
详解】 ，
，
，
，
解得：，
，
故选：D．
6. 某教学楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，某同学从二楼到三楼准备用7步恰好走完，则第二步走两级台阶的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用古典概型概率公式结合组合数计算可得.
【详解】10级台阶要用7步走完，则4步是上一级，三步是上两级，
共种走法，
若第二步走两级台阶，则其余6步中有两步是上两级，
共，
所以第二步走两级台阶的概率为.
故选：C
7. 正四棱台侧棱长为，上下底面边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则正四棱台的外接球表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出图形，设外接球半径为，利用半径相等列出方程，求出半径，从而得到球的表面积.
【详解】如图所示，，，
设为外接球球心，外接球半径为，为上下底面中心，易知，
又侧棱长为，则，又易知，
设，则，，
故，解得：，
故，所以球的表面积为，
故选：B.
8. 已知双曲线的左焦点为，过点的直线与双曲线左支交于，两点，两点关于轴对称，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，利用两点间的距离公式及点在双曲线上，得到，，，再结合条件，得到方程，即可求解.
【详解】连接，因为关于轴对称，则，
设，，
则，又，得到，
所以，
又，则，，同理可得，
因为，所以，整理并化简得到，
又因为，将代入，并化简得，
所以，整理得到，所以.
故选：B.
【点睛】关键点点晴，本题的关键在于用的横坐标表示，再结合条件建立等量关系，即可求解.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，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，有选错得0分.
9. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 数据的第百分位数为
B. 已知随机变量，若，则
C. 样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则
D. ，，，和，，，的方差分别为和，若且，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，利用百分位数的求法，直接求出第百分位数，即可求解；对于B，利用正态分布的对称性，结合条件，即可求解；对于C，根据条件，利用残差的定义，即可求解；对于D，根据条件，利用方差的定义，即可求解.
【详解】对于选项A，将数据从小排到大得到，
又，数据的第百分位数为，故选项A错误，
对于选项B，因为，则，所以选项B正确，
对于选项C，由题知，得到，所以选项C正确，
对于选项D，设，，，的平均数为，，，，的平均数为，
因为，则，又，
，
所以，故选D错误，
故选：BC.
10. 已知方程在复数范围内有n个根，且这n个根在复平面上对应的点将单位圆n等分.下列复数是方程的根的是（ ）
A. 1B. iC. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意可知在复数范围内的根为，结合选项逐项验证可得答案.
【详解】由题意得，方程在复数范围内有个根，根据三角函数定义得这个根在复平面上对应的点坐标为，
∴在复数范围内的根为.
A.当时，，故是方程的根，A正确.
B.，由得，不整数，B错误.
C.，由得，符合要求，C正确.
D.当时，，故是方程的根，D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，则下列命题中正确的是（ ）
A. 是的极大值
B. 当时，
C. 当时，有且仅有一个零点，且
D. 若存在极小值点，且，其中，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，对函数求导并对参数进行分类讨论得出函数单调性，即可判断在处取得极大值，即可求解；对于B，根据的范围得出单调性，即可求解；对于C，利用的单调性及零点存在性质原理，即可求解；对于D，利用选项A得，再利用选项中条件得，即可求解.
【详解】对于选项A，因为，则，
当时，令，得到或，当或时，，当时，，
所以是的极大值点，极大值为，是极小值点，极小值为，
当时，，由极值的定义知，的极大值为，无极小值，
当时，令，得到或，当或时，，当时，，
所以是的极大值点，极大值为，是极小值点，极小值为，
综上，是的极大值，所以选项A正确，
对于选项B，因为，由选项A知，在区间上单调递增，
又，则，，所以，故选项B错误，
对于选项C，当时，，由选项A知，的增区间为，，减区间为，
当时，，，，
由零点存在性原理知，当时，有且仅有一个零点，且，所以选项C正确，
对于选项D，因为存在极小值点，由选项A知，，得到，
因为，则，整理得到，
即，又，所以，故选项D正确，
故选：ACD.
【点晴】方法点睛：求解三次函数含有参数的单调性问题，经常利用含有参数的一元二次不等式的解法，并对其进行分类讨论即可得出单调性及其极值、极值点等问题.
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线与圆相交，则实数k的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】由圆心到直线的距离小于半径可得．
【详解】，即，直线方程为，
直线与圆相交，则，解得．
故答案为：．
13. 若函数在上恰有2个零点，则符合条件的a为_______.
【答案】1
【解析】
【分析】该函数零点可以转化为一个二次函数零点与正弦型函数零点的个数之和，再对、分类讨论，即可得取值.
【详解】令，则或，
由，
当时，在上没有零点，
则在上应有2个零点，
因为，所以，即，
与联立得，因为，所以a无解；
当时，在上有1个零点，
而在上有1个零点，满足题意；
综上得符合条件的为1．
故答案为：1．
14. 若存在实数使得，则实数的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】首先利用三角函数化简已知，转化为，利用两点间距离公式构造几何意义，求距离差的最大值，再根据存在问题求的取值范围.
【详解】因为 ，
设，，，令，
则，
又易知，点在圆上，如图所示，
则，又，故的最大值为，
因为存在实数使得
所以 ，即 ，
故答案为：.
【点睛】关键点点晴：本题的关键是构造两点间的距离公式，转化几何意义求最值.
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. 如图，在斜三棱柱中，侧面底面，侧棱与底面成的角，．底面是边长为2的正三角形，其重心为G点，E是线段上一点，且．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，利用相似三角形的比例关系，即可证得直线与直线平行，再运用线面平行的判定定理，即可证得结论；
（2）根据二面角的定义，在两个半平面内各找一条直线垂直于二面角的棱，从而找到二面角的平面角，在三角形中求解，即可得到答案．
【小问1详解】
延长交于点，连接，，
，且，
，
点为的中点，
为的重心，
、、三点共线，且，
，
又侧面，侧面，
侧面；
【小问2详解】
在侧面内，过作，垂足为，
侧面底面，，侧面，
底面，因为底面，所以，
又侧棱与底面成的角，，
，，，
在底面内，过作交的延长线于点，连接，
，平面，
平面，又平面，，
平面与底面的交线为，
为所求二面角的平面角，
，，
，
在中，，
故平面与底面成锐二面角的正切值为．
16. 已知，，，.
（1）讨论的单调性；
（2）若，曲线的任意一条切线，都存在曲线的某条切线与它垂直，求实数b的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分析和时函数的单调性可得结果.
（2）根据导数的几何意义表示切线斜率，结合两函数值域之间的包含关系可求b的取值范围.
【小问1详解】
由题意得，函数定义域为.
∵，∴.
若，则，在上单调递减.
若，令得，
当时，，当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减.
综上得，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
当时，，
∵，∴，
∴曲线上任意一点处的切线斜率为，曲线上的任意一点处的切线斜率为.
由题意得，对任意的，总存在，使得等式成立，
将等式变形为，则函数的值域是函数值域的子集.
由得，，故函数的值域为，
∴.
∵，
∴，解得或，
∴实数b的取值范围是.
17. 在列联表（表一）的卡方独立性检验中，，其中为第i行第j列的实际频数，如，而第i行的行频率第j列的列频率总频数，为第i行第j列的理论频数，如.
（1）求表二列联表的值；
（2）求证：题干中与课本公式等价，其中.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据新定义分别计算求解；
（2）根据已知定义分别计算化简即可即可证明.
【小问1详解】
由题意得，
所以；
【小问2详解】
列联表如下：
则，
所以，
同理，
所以
18. 已知抛物线，为的焦点，为的准线是上两点，且（O为坐标原点），过作，垂足为D，点D的坐标为.
（1）求C的方程；
（2）在C上是否存在点，使得过F的任意直线交C于S，T两点，交l于M，直线的斜率均成等差数列？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）由垂直关系得到方程，联立抛物线方程，结合韦达定理，由，列出等式求解即可；
（2）假设存在满足题意，过点得动直线方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理，由斜率公式求得得斜率，再由等差数列列出等式求解；
【小问1详解】
由题意可得：，所以，
所以直线的方程为：，
设，
联立抛物线方程消去得：，
所以，
所以，
因为，所以，
即，解得：，
所以抛物线方程为：
【小问2详解】
由（1）得，假设存在满足题意，
过点得动直线方程为，
联立，解得则，设，
联立，消去得：，
所以，
直线得斜率为，直线得斜率为，
直线的斜率为，
因为直线的斜率均成等差数列，
所以，
整理得：，对任意恒成立，
所以，解得：或，此时，
即存在或满足题意；
【点睛】关键点点睛：由韦达定理及斜率公式得到：直线得斜率为，直线得斜率为，直线的斜率为；
19. 已知N为偶数，给定数列，，…，，记为，对作如下变换：
①将中的奇数项取出，按原顺序构成新数列的前项；
②将中的偶数项取出，按原顺序构成新数列的第项到第N项.
称上述操作为T变换，构成的新数列为，记，定义为操作k次后得到的新数列，即，，其中表示数列中的第i项.
（1）若，求，，；
（2）令，，其中数列的各项互不相同，记，规定为集合C的元素个数：
（i）求；
（ii）求不超过10最大正整数m，满足.
【答案】（1），，；
（2）；.
【解析】
【分析】（1）根据数列新定义计算求解；
（2）（i）应用数列新定义分类应用构造数列求解计算（ii）根据新定义得出结合计算求解.
小问1详解】
，，；
【小问2详解】
（i）当时，；
当时，；
记满足，若 ，则，有
当时，；
，为以2为首项以2为公比的等比数列，，
此时有，可知，
当时，，故，
此时有，因此为周期数列，；
（ii）因为，若，则不断操作下去，
有，且对于任意，要么，要么，
于是有，所以，
经检验，不超过10的最大正整数，此时，
，以此类推，符合条件.
【点睛】关键点点睛：解题的关键是对数列新定义的理解及计算求解.
a
b
c
d
10
20
30
40
（表一）
（表二）
a
b
c
d