浙江省杭州市部分学校2025届高三上学期期末联考数学试题 含解析

这是一份浙江省杭州市部分学校2025届高三上学期期末联考数学试题 含解析，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。
1. 已知集合，且，则等于（ ）
A 或B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素与集合的关系，分两种情况讨论属于集合的情况，再根据集合元素的互异性进行检验.
【详解】当时，得. 此时. 此时集合.
因为不满足集合元素的互异性，所以不符合题意，舍去.
当时，解方程，即，可得或.
若，则，此时集合.
不满足集合元素的互异性，所以不符合题意，舍去.
若，则，此时集合. 符合集合元素的互异性.
故选：C.
2. 已知复数z与复平面内的点对应，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的几何意义可得，由复数的除法运算法则即可得结果.
【详解】由复数的几何意义可知，则．
故选：C.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式求得结果.
【详解】由，得.
故选：D
4. 若，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件等式得到，由向量夹角的计算公式和等式化简得到，从而得到向量之间的夹角.
【详解】由条件可知，两边平方后得，
并且，.
因为向量夹角的范围是，所以向量与的夹角为.
故选：A.
5. 已知，则的最小值为（ ）
A. B. 9C. D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】首先对题中所给的式子进行变形为，利用基本不等式求得最小值，将问题转化为，解不等式求得结果.
【详解】由，得，
则，
当且仅当，即时等号成立，
令，则，解得（舍去）或，
则，当且仅当，时等号成立，
即的最小值为9.
故选：B.
6. 某个班级有55名学生，其中男生35名，女生20名，男生中有20名团员，女生中有12名团员．在该班中随机选取一名学生，A表示“选到的是团员”，B表示“选到的是男生”，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合条件概率的计算公式，即可求解．
【详解】设事件为选到的是团员，事件为选到的是男生，
根据题意可得， ，，
故．
故选：B．
7. 已知是等差数列的前项和，且，，则（ ）
A. 数列为递增数列B.
C. 的最大值为D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的性质及前项和公式逐项判断即可.
【详解】由题意，，，则，故B错误；
数列的公差，所以数列为递减数列，故A错误；
由于时，，时，，
所以的最大值为，故C正确；
，故D错误.
故选：C.
8. 已知当时，函数取得最大值2，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得，解方程组可得的值，验证单调性记即可得的值.
【详解】，因为当时，函数取得最大值2，
所以，即，解得，
所以，，
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，符合题意，
所以.
故选：C.
二、多选题（共18分）
9. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在单调递减
D. 该图象向右平移个单位可得的图象
【答案】BD
【解析】
【分析】利用三角函数的性质对选项逐一判断即可.
【详解】由图象得，，解得，所以的最小正周期为，故A错；
，则，将代入中得，
则，，解得，，
因为，所以，，，
所以是的对称轴，故B正确；
当时，，因为在上不单调，
所以在上不单调，故C错；
该图象向右平移个单位可得，故D正确.
故选：BD
10. 已知抛物线 的焦点为，准线交轴于点，直线过且交于不同的两点，在线段上，点为在上的射影．线段交轴于点，下列命题正确的是（ ）
A. 对于任意直线，均有
B. 不存在直线，满足
C. 对于任意直线，直线与抛物线相切
D. 存在直线，使
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项由为线段的中点以及抛物线定义即可判断，B选项由及抛物线方程求出，坐标，再说明，，三点共线，即存在直线即可，C选项设，，表示出直线，联立抛物线，利用即可判断，D选项设出直线，联立抛物线得到，通过焦半径公式结合基本不等式得即可判断．
【详解】对于选项A，如图，由抛物线知为的中点，轴，所以为线段的中点，
由抛物线的定义知，所以，所以选项A正确；
对于选项B，设，，，，，为线段的中点，则，
，， 由，得，
解得，，又，，故，，，
可得，，故存在直线，满足，所以选项B不正确；
对于选项C，由题意知，为线段的中点，从而设，则，
直线的方程，与抛物线方程联立可得：，
又，代入整理得，
则，所以直线与抛物线相切，所以选项C正确；
对于选项D，设的方程，联立，则，所以，，
由，
而，由，得，解得：，
故，所以，所以选项D错误，

故选：AC．
【点睛】方法点晴：（1）直线与抛物线的位置关系一般需要设出直线方程，然后与抛物线联立，进而利用根与系数的关系；
（2）有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
11. 已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O为球心）的球面上，为等边三角形，M为AC的中点，，，且，则（ ）
A. 平面ACDB. 平面ABC
C. O到AC的距离为D. 二面角的正切值为
【答案】AD
【解析】
【分析】设的中心为G，过点G作直线平面ABC，利用线面垂直的性质定理、判定定理得出球心，从而可判断A、B; 连接OH，得出面面角，从而判断A、D.
【详解】
设的中心为G，过点G作直线平面ABC，
则球心O在上.由M为AC的中点，得.
因为.所以平面BDM，则，
所以，所以，所以，，所以，
所以，可得平面ACD，
所以球心O在直线MB上，因此O与G重合.过M作于H，
连接OH，则，从而为二面角的平面角.
因为，，
所以O到AC的距离为，且.
故选：AD
三、填空题（共15分）
12. 设函数，若方程有且仅有1个实数根，则实数的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数的解析式作出函数图象，将方程有且仅有1个实数根转化为函数与直线的图象有且只有一个交点，数形结合即可求解.
【详解】方程有且仅有1个实数根，
即函数与直线的图象有且只有一个交点，
作出函数的图象，如图：
结合图象可得.
故答案为：.
13. 已知是椭圆的两个焦点，为椭圆上的一点，且，若的面积为9，则的值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】由椭圆的性质结合三角形面积公式计算即可.
详解】
，
，①
又
②
①-②得：，
的面积为9，
，
故答案为：3.
14. 甲、乙两人参加玩游戏活动，每轮游戏活动由甲、乙各玩一盘，已知甲每盘获胜的概率为，乙每盘获胜的概率为.在每轮游戏活动中，甲和乙获胜与否互不影响，各轮结果也互不影响，则甲、乙两人在两轮玩游戏活动中共获胜3盘的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】分别求出甲、乙两人在两轮玩游戏活动中共获胜1盘、3盘的概率，再根据相互独立事件以及互斥事件的概率公式，即可求得答案.
【详解】设分别表示甲在两轮玩游戏活动中共获胜1盘、2盘的事件，
设分别表示乙在两轮玩游戏活动中共获胜1盘、2盘的事件，
根据相互独立事件的概率公式可得，
，
则甲、乙两人在两轮玩游戏活动中共获胜3盘事件为，
且互斥，故
，
故答案为：
四、解答题（共77分）
15. 在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答.
问题：在中，内角所对的边分别为，，，，，且_____________，求的值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量运算可得.选择条件①：整理可得，利用正弦定理可得，求得，利用余弦定理运算求解；选择条件②：整理可得，利用正弦定理可得，求得，利用余弦定理运算求解；
【详解】因为，可知角A是钝角，
又因为，则，可得.
选择条件①：
因为，即，
化简得，即，
由正弦定理得.
由，解得，
由余弦定理可得，所以.
选择条件②：
因为，由正弦定理可得，
整理可得，即.
由正弦定理得，由，解得，
由余弦定理可得，所以.
16. 已知数列满足，.
（1）证明：是等比数列；
（2）设，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对取倒数，整理得，变形得，然后利用等比数列定义即可证明；
（2）先利用等比数列通项公式求得，然后利用裂项相消法求和，再利用数列的符号得范围即可.
【小问1详解】
因为，，则，，…
以此类推可知，对任意的，，
由已知得，即，
所以，且，
所以是首项为，公比为的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，，，
，
.
17. 如图，在四棱锥中，底面，，，，为棱上一点．
（1）若是的中点，求证：直线平面；
（2）若，且二面角的平面角的余弦值为，求三棱锥的体积
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先取的中点，连接，再由平行四边形即可证明线线平行，进而证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量由二面角的平面角的余弦值求出的位置，即可由体积公式求解．
小问1详解】
证明：取的中点，连，，
为的中点，且，
又，且，
，，
所以四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
故直线平面．
【小问2详解】
以为坐标原点，以，，所在射线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
设，则，，
在棱上，可设，
故，解得，即，
易知平面的法向量为，
设平面的法向量，，，
，即，
即，
取，则，，
故，
因为二面角的平面角的余弦值为，
所以，即，
即，
，解得，
故是的中点，
因此
18. 已知点，，曲线上的点与两点的连线的斜率分别为和，且，在下列条件中选择一个，并回答问题（1）和（2）．
条件①：；条件②：．
问题：
（1）求曲线的方程；
（2）是否存在一条直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意表示斜率并化简即可得到答案；
（2）若选择条件①：当直线斜率存在时，设，，，直线方程与曲线方程联立，运用韦达定理结合得到，进而化简得到；当斜率不存在时，得到，进而得到即可；
若选择条件②：当直线斜率存在时，设，，，直线方程与曲线方程联立，运用韦达定理结合得到，进而化简得到；当斜率不存在时，得到，进而得到即可.
【小问1详解】
若选条件①：点的坐标为，则，，
由题意可得，，化简得，
进而曲线的方程为．
若选条件②：设点的坐标为，则，，
由题意可得，，化简得，
进而曲线的方程为．
【小问2详解】
若选条件①：（ⅰ）若直线的斜率存在，设，
由，得，
则，即，
设，，则，．
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，整理得．
，
设为点到直线的距离，则，所以，
又，所以．
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，代入方程，得，
所以，则．
综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点．
且．
若选条件②：（ⅰ）若直线的斜率存在，
设，由
得，
则，即，
设，，则，．
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，整理得．
，
设为点到直线的距离，则，所以，
又，所以．
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，代入方程，得，
所以，则．
综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点．
且．
【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形关系进而求解；
（2）坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答案.
19. 对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点.已知函数.
（1）当时，求函数的不动点；
（2）若对任意实数，函数恒有两个相异的不动点，求的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若的两个不动点为，且，求实数的取值范围.
【答案】（1）和
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据不动点定义得到方程，解方程求得结果；
（2）将问题转化为有两个不等实根，利用判别式得到满足的不等式，将其看做关于的一元二次不等式恒成立，由判别式得到关于的不等式，求解得到结果；
（3）利用已知得到，根据对勾函数性质求得最值即可得到所求范围.
【小问1详解】
当时，，
所以，解得或，
所以函数的不动点为和.
【小问2详解】
函数恒有两个相异的不动点，即方程有两个不等的实根，
即方程有两个不等的实根，
恒成立，即恒成立，
所以，解得，
故当时，函数恒有两个相异的不动点，则的取值范围为.
【小问3详解】
∵ ，
所以，
因为，所以，
由于对勾函数在单调递增，
所以，
所以.故的取值范围为.
【点睛】方法点睛：本题考查了函数问题中的新定义问题，搞清楚不动点是方程的根，不动点的个数即为方程的根的个数，从而构造方程在求解参数范围的过程中，要根据不同的函数模型，利用二次函数，对勾函数求解对应模型的最值.对于转化与化归的思想要求较高.