浙江省9+1高中联盟2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题 含解析

这是一份浙江省9+1高中联盟2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题 含解析，共17页。试卷主要包含了 已知函数，若，，，则有， 已知函数， 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、座位号及准考证号并核对条形码信息；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；
4.参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，且，则a等于（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合间的基本关系求参.
【详解】因为，且，
则,所以.
故选：D.
2. 设复数，在复平面内对应的点关于实轴对称，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据复数关于实轴对称得出,再应用复数的除法及乘法计算化简即可.
【详解】复数在复平面内对应的点关于实轴对称，故.
所以.
故选：A.
3. 若命题“，成立”是真命题，则实数a取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用判别式法求解.
【详解】解：因为，成立，
所以，解得，
故选：B
4. 在中，D是BC上一点，满足，M是AD的中点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用平面向量线性运算相关计算方式计算即可.
【详解】由题可知，，,
所以有，所以，得.
故选：C
5. 已知圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则该圆锥的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据侧面展开图面积等于半圆面积，求得底面半径与母线长，再利用勾股定理算得圆锥高.
【详解】
设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为r，
因为圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，
圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，
则，解得，
则该圆锥的高为.
故选：A.
6. 函数的部分图象如图所示，直线与其交于A，B两点，若，则（ ）

A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】首先解方程，结合图象，求得方程的实数根，即可求解的值.
【详解】令，则，，，
则，且，所以.
故选：C
7. 已知函数，若，，，则有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得为偶函数，则，利用对数函数的性质和指数函数的性质，可得，，，又当时，由f′x>0，可得为单调递增函数，即可得到答案.
【详解】因为函数且定义域为R，则，所以为偶函数，
因为，
则，
又，，，
，，
则，所以，
当时，因为，所以为单调递增函数，
所以.
故选：B.
8. 已知函数（a，且）在区间上有零点，则的最小值为（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】转换主参变量，利用点到直线的距离公式来求得的最小值.
【详解】依题意在区间上有零点，
整理得在上有解，
表示坐标系中，直线（看成参数）上的点，
所以表示原点到直线上的点的距离的平方，
设，
由于，所以当时，取得最小值为，
所以的最小值为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：
主参变量的转换：将原始代数问题转化为几何问题，利用几何性质进行求解，是解题的关键步骤，确保每一个几何量的合理转换，能够有效简化求解过程.
距离公式的合理运用：通过距离公式来计算直线与原点的最小距离，确保了推导过程的逻辑严密性和计算的准确性.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法中正确的是（ ）
A. 数据1，2，2，3，4，5的极差与众数之和为7
B. 若随机变量X服从二项分布，且，则
C. X和Y是分类变量，若值越大，则判断“X与Y独立”的把握性越大
D. 若随机变量X服从正态分布，且，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据极差和众数的概念即可判断A；根据二项分布的性质即可判断B；根据独立性检验的思想即可判断C；根据正态曲线的性质即可判断D.
【详解】A：该组数据的极差为4，众数为2，所以该组数据的极差与众数之和为6，故A错误；
B：由，得，解得，
所以，故B正确；
C：值越大，X和Y有关系的可能性就越大，则“X与Y独立”的把握越小，故C错误；
D：由，得，
所以，故D正确.
故选：BD
10. 已知数列的前n项和为，满足，且，则下列结论中正确的是（ ）
A. 为等比数列B. 为等比数列
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题设得是首项、公比为3的等比数列，即可判断A、B、C；应用错位相减法、等比数列前n项和判断D.
【详解】由题设，且，故是首项、公比为3的等比数列，
所以，则，故不是等比数列，A错，B、C对；
由，则，
所以，
所以，D对.
故选：BCD
11. 已知曲线C方程为：，，，过M的直线交曲线C于A、B两点（A在B的上方），已知，，下列命题正确的是（ ）
A.
B. 的最小值是2
C. 周长的最大值是
D 若，将沿翻折，使面面，则折后
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，利用正弦定理，结合椭圆概念，即可判断；对于B，由，利用三角恒等变换可得，再由基本不等式可得的最小值；对于C，由周长，对于，利用基本不等式即可得到周长的最大值；对于D，由直曲联立可得，又，则折后，即可判断D.
【详解】
由已知，在中，已知，，
由正弦定理得，
又，即，
所以，故A正确；
由
，
得：，
在中，，则，
所以，
故，
当且仅当，时取到最小值是2，故B正确；
周长，
设Bx,y，，
又，，则
，
当且仅当，即时，等号成立，
故周长的最大值是，故C正确；
设AB的方程是：与联立得：，
解得：（舍去）或，则点为椭圆上顶点，，
又在圆上，所以 ，
又沿翻折后，平面平面， 平面平面 ，，
则平面，又平面，则，
所以，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：B选项中利用三角恒等变换弦化切，再利用基本不等式求最值；C选项先利用椭圆定义和两点间距离公式，再利用基本不等式求最值.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 双曲线的渐近线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线渐近线方程的求法求得正确答案.
【详解】由得，即，焦点在轴上，所以渐近线方程为.
故答案为：
13. 已知展开式的二项式系数之和为64，则展开式中项的系数为______.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式系数之和可得，结合展开式的通项运算求解即可.
【详解】由题意可知：，解得，
则的展开式的通项为，
令，解得，
所以展开式中项的系数为.
故答案为：.
14. 一只盒子中装有4个形状大小相同的小球，小球上标有4个不同的数字.摸球人不知最大数字是多少，每次等可能地从中摸出一个球，不放回.摸球人决定放弃前面两次摸出的球，从第3次开始，如果摸出的球上标有的数字大于前面摸出的球上的数字，就把这个球保存下来，摸球结束，否则继续摸球.问摸球人最后保存下来是数字最大的球的概率是______.
【答案】
【解析】
【分析】先求出标有数字的4只球排序情况，标有数字最大的球分为第3次摸到和第4次摸到两种情形，结合古典概型即可得结果.
【详解】标有数字的4只球排序共有种情况.
要摸到标有数字最大的球，有以下两种情况：
①标有数字最大球第3次摸到，其他的小球随意在哪个位置，有种情况.
②标有数字最大的球第4次摸到，标有数字第二大的球在第1次或第2次被摸出，
其他的球在哪次摸出任意，有种情况.故所求概率为.
故答案为：.
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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角A；
（2）若，的面积为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用边化角及和差公式、辅助角公式即可求解；
（2）由面积公式和正弦定理即可求解.
【小问1详解】
由条件得，从而.
所以，由正弦定理得，故.
从而，得，故.
所以.
【小问2详解】
设的面积为，则.
16. 已知函数，其中.
（1）若曲线在点处的切线垂直于直线，求a的值；
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1）；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义，结合垂直关系求出值.
（2）分类讨论判断值的正负情况，求出函数的单调区间.
【小问1详解】
函数，求导得，
由曲线在点处的切线垂直于直线，得，
所以.
小问2详解】
函数的定义域为，，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，方程中，，
若，则，，函数在上单调递增；
若，则，关于x的方程有两个正根，，，
当或时，；当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数的递增区间是；
当时，函数的递增区间是，递减区间是.
17. 如图，三棱锥中，，平面平面，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若为钝角，且二面角的大小为，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）如图，根据面面垂直的性质可得平面PAC，利用线面垂直的性质可得、，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）法一：如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得平面PAC，得，设，，则，根据建立方程，解之即可求解.
法二：建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角建立关于的方程，结合三角恒等变换的化简计算即可求解.
【小问1详解】
如图，在平面ABC内取点O，过O作于M，过O作于N，
平面平面ABC，平面平面，平面ABC，
平面PAC，又平面PAC，，同理可证，
又，平面ABC，
平面ABC；
【小问2详解】
法一：如图，过点B作于点H，过H作于点Q，连接BQ，
平面ABC，平面ABC，，
又，平面PAC，
平面PAC，则为二面角的平面角，即
设，，
则，，
所以，又，所以，
所以，由得，
整理得，又，解得或（舍去），
综上.
法二：如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，
则，，，，
易知平面PAC的法向量为，
设面PAB的法向量为，
则，
，
则，
整理得，由，
得，解得或（舍），
综上，.
18. 在平面直角坐标系中，圆C的方程为：，定点，B是圆C上任意一点，线段BF的垂直平分线l和半径BC相交于点T.
（1）求点T的轨迹W的方程；
（2）已知点，过点F的一条直线，斜率不为0，交曲线W于P、Q两点，直线AP，AQ分别与直线交于M，N两点，求证：直线FM与直线FN的斜率之积为常数.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合椭圆的定义可知点T的轨迹为椭圆，然后求得，即可得到标准方程；
（2）根据题意，设直线，然后联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可得到的纵坐标，然后代入斜率公式计算，即可证明.
【小问1详解】
由题意：点T在线段BF的垂直平分线上，则，可得.
由椭圆定义可得，点T的轨迹是以，F1,0为焦点的椭圆，
且椭圆长轴长为，焦距为，，
所以点T的轨迹W的方程为
【小问2详解】

由（1）知A−2,0，F1,0，设直线，Px1,y1，Qx2,y2，
联立消去x，整理得，则
，
根据题意可设，，则由，
可得，同理可得，
所以直线FM与直线FN的斜率之积，
.
所以直线FM与直线FN的斜率之积为定值.
19. 一般地，任何一个复数（a，）可以写成，其中r是复数的模，是以x轴非负半轴为始边，射线OZ为终边的角，称为复数的辅角.我们规定在范围内的辅角称为辅角主值，通常记作argz，如，，.发现，就是说两个复数相乘，积的模等于各复数模的积，积的辅角等于各复数辅角的和.考虑如下操作：从写有实数0，1，的三张卡片中随机抽取两张，将卡片上的两个数依次作为一个复数的实部和虚部.设n为正整数，重复n次上述操作，可得到n个复数，将它们的乘积记为.
（1）写出一次操作后所有可能的复数；
（2）当，记的取值为X，求X的分布列；
（3）求为实数的概率.
【答案】（1）1，i，，，，
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，直接得到结果；
（2）根据题意，由条件可得X的取值为1，，2，3，，4，然后分别计算其对应概率，即可得到分布列；
（3）根据题意，由条件可得或，分别得到一次操作后得到的复数的辅角主值，然后在次操作中，分别设得到i，的次数为，的次数为，的次数为，即可得到，然后得到与之间的关系，即可得到结果.
【小问1详解】
一次操作后可能的复数为：1，i，，，，，
【小问2详解】
一次操作后复数的模所有可能的取值为是：1，1，，，2，2
由，故X的取值为1，，2，3，，4
，，.
，，，
所以X的分布列为
【小问3详解】若为实数，则或.
而1，i，，，，的辅角主值分别是0，，0，，，，
设在n次操作中，得到i，的次数为，得到的次数为，得到的次数为，
于是，
从而，即
因此，所有的概率即为是3的倍数的概率，下面研究与之间的关系.
（ⅰ）是3的倍数，且第次操作得到的复数是1，i，，（概率为）；
（ⅱ）被3除余1，且第次操作得到的复数是（概率为）；
（ⅲ）被3除余2，且第次操作得到的复数是（概率为）；
因此由全概率公式可以得到：
变形得，其中，故
【点睛】关键点睛：本题主要考查了复数与离散型随机变量以及数列的综合应用，难度较大，结合数列的递推关系式从而得到与之间的关系.
X
1
2
3
4
P