浙江省金华市2024-2025学年高三上学期一模考试数学试题 含解析

这是一份浙江省金华市2024-2025学年高三上学期一模考试数学试题 含解析，共18页。试卷主要包含了 已知点为抛物线， 已知，则， 某高中高三， 已知向量，，则， 设函数，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟.
考生注意：
1.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上.
2.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦干净.
3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效.
选择题部分（共58分）
一、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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的交集运算即可.
【详解】因为集合，，
所以.
故选：A.
2. 在复平面中，若复数满足，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数的计算化简得到复数，再求模长.
【详解】∵，∴，∴，∴.
故选：D.
3. 若，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】B
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件概念，结合指数函数性质判断即可.
【详解】考虑条件.这意味着a和b要么相等，要么互为相反数.
考虑等式.由于是单调递增的，所以当且仅当a = b.
如果a = b，那么必然成立.但是，如果，a和b可以互为相反数，此时不一定成立.
因此，我们得出结论：是的必要不充分条件.
故选：B.
4. 已知点为抛物线：的焦点，点在抛物线上，且，则抛物线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的定义，结合已知条件，求得，即可求得抛物线方程.
【详解】根据题意，连接，过作垂直于抛物线的准线，垂足为，作图如下：

由抛物线定义可知，解得，
故抛物线方程为：.
故选：C.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两角和的正切公式可得的值，再将弦化切，即可求解.
【详解】由得，即，解得，
所以，
故选：B.
6. 已知函数的部分图像如图所示，则以下可能成立的是（ ）

A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】由图象可知：在内有两个极值点，即有两个不同的正根，结合二次函数的零点分布列式求解即可.
【详解】因为，则，
由图象可知：在内有两个极值点，即有两个不同的正根，
则，可得，
对比选项可知：ABD错误，C正确.
故选：C.
7. 某高中高三（15）班打算下周开展辩论赛活动，现有辩题A、B可供选择，每位学生都需根据自己的兴趣选取其中一个作为自己的辩题进行资料准备，已知该班的女生人数多于男生人数，经过统计，选辩题A的人数多于选辩题B的人数，则（ ）
A. 选辩题A的女生人数多于选辩题B的男生人数
B. 选辩题A的男生人数多于选辩题B的男生人数
C. 选辩题A的女生人数多于选辩题A的男生人数
D. 选辩题A的男生人数多于选辩题B的女生人数
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式的性质以及简单的逻辑推理，找出正确的选项即可.
【详解】设选辩题A的男生有x人，选辩题A的女生有y人，选辩题B的男生有m人，选辩题B的女生有n人.
已知该班女生人数多于男生人数，即；又知选辩题A的人数多于选辩题B的人数，即.
将这两个不等式相加得到：，两边同时消去得到，即.
这就意味着选辩题A的女生人数多于选辩题B的男生人数.
故选：A.
8. 已知正方体的棱长为，为正方体内部一动点，球为正方体内切球，过点作直线与球交于，两点，若的面积最大值为4，则满足条件的点形成的几何体体积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据几何性质可得，则，从而可得满足条件的点形成的几何体，根据几何体的体积计算即可得结论.
【详解】
因为正方体的棱长为，则正方体内切球球的半径，
所以，
因为，则，
若的面积最大值为4，即，由于在上，则，
则满足条件的点形成的几何体为正方体去掉以为球心，2为半径的球体，故其体积为.
故选：D.
二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知向量，，则（ ）
A. B.
C. 若，则D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】运用平面向量的模长计算公式计算，根据向量平行或垂直列等式求参数即可求解．
【详解】解：向量，
A．，故正确，符合题意；
B．，，则，
所以，
当时，，正确，符合题意；
C．若，则，解得，故错误，不符合题意；
D．若，则，解得，故错误，不符合题意；
故选：AB．
10. 设函数，则（ ）
A. 的图象有对称轴B. 是周期函数
C. 在区间上单调递增D. 的图象关于点中心对称
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项由偶函数得到轴是其中一条对称轴；B选项用周期的定义找到其中一个周期为；C选项通过两个特殊点函数值的大小判定函数在区间不是单调递增；D选项由中心对称的定义验证是否成立即可.
【详解】∵，
∴是偶函数，关于轴对称，故A正确；
∵，
∴是函数的一个周期，故B正确；
，∵，，
显然，故在区间上不单调递增，故C错误；
，
∴的图象关于点中心对称.
故选：ABD.
11. 从棱长为1个单位长度的正四面体的一顶点出发，每次均随机沿一条棱行走1个单位长度，设行走次时恰好为第一次回到点的概率为，恰好为第二次回到点的概率为，则（ ）
A. B.
C. 时，为定值D. 数列的最大项为
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意计算判断A选项，发现规律求出和的关系判断C选项，根据规律求出判断B选项，寻找规律求出，求出数列的最大项判断D选项.
【详解】由题意得对于任意一次行走，到达其他三个点概率均为，
，，第三次行走时，
若第二次行走在点，那么第三次行走不可能到点，
若第二次行走不在点，那么第三次行走到点概率为，
所以，故A选项正确；
第四次同理，均满足，
所以不为定值，故C选项错误；
因为第一次行走不可能回到点，所以第二次行走最多即第一次到点，
所以，若第二次行走到了点，则第三次行走不可能到点，
假设第二次行走没到点，则第三次行走是第一次行走到点，
所以，因为，所以只能是第次和第次行走到点，
所以，故B选项错误；
，
从开始寻找规律，第和第次行走到点，第和第次行走到点，第和第次行走到点，
则为第和第次行走到点，第和第次行走到点，第和第次行走到点，第和第次行走到点，
所以，所以，
因为在小于，
所以在恒成立，
所以为最大值，故D选项错误.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解题意找出规律求出和的关系和.
非选择题部分（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列为等差数列，，，则______.
【答案】11
【解析】
【分析】根据等差数列的公式求解公差，即可得的值.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，所以，解得，
所以.
故答案为：11.
13. 从1，2，3，4，5，6这六个数中任选三个数，至少有两个数为相邻整数的选法有______种
【答案】16
【解析】
【分析】由组合数公式计算出所有选法，减去三个数都不相邻的选法即可.
【详解】从1，2，3，4，5，6这六个数中任选三个数，共有种选法，
其中三个数都不相邻的，有135，136，146，246这4种，
所以至少有两个数为相邻整数的选法有20-4=16种.
故答案为：16
14. 已知双曲线：，为右焦点，斜率为的直线与交于，两点，设点，，其中，过且斜率为的直线与过且斜率为1的直线交于点，直线交于，两点，且点为线段的中点，则点的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】设，，，根据题意可得直线，的方程，从而得.设中点为，则，从而知三点共线，再根据题中数据进行计算即可.
【详解】
设，，，
则直线：，直线：，
两直线联立，解得即.
设中点为，则，
因为
，
所以三点共线.
因为，且，
所以，所以.
同理知，即，
设，则，解得，
所以.
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. 记内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若为等腰三角形且腰长为2，求的底边长.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角化简可得；
（2）分别讨论当为顶角和为底角时的底边长即可.
【小问1详解】
，由正弦定理得：
，∵
，
∵，
小问2详解】
当为顶角，则底边，
，
当为底角，则该三角形内角分别为，，，则底边为
故的底边长为或.
16. 如图，三棱锥中，平面，，为中点，为中点，为中点.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连，利用三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得.
（2）根据给定条件，作出三棱锥底面上的高，利用几何法求出线面角的正弦.
【小问1详解】
连，由为中点，为中点，得，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
设，由平面，平面，
得，则，取中点，则，
又平面，则平面，
又平面，于是平面平面，又平面面，
过点在平面内作于，于是平面，连，

则为直线与平面所成的角，
在中，，，，
在中，，
所以直线与平面所成角的正弦值.
17. 已知函数，.
（1）若，求单调区间；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）单调增区间为，减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）代入参数值，求导函数，解导函数大于0的不等式，得出增减区间；
（2）求导函数，得到增减区间，求得最小值；由题意建立不等式，构建对应函数，由导函数求得单调区间得最小值再建立不等关系，得到范围.
【小问1详解】
当时，
时，f′x0；
∴fx的单调增区间为1,+∞，单调减区间为0,1
【小问2详解】
时，f′x0
又，
令
则，显然单调递减，且，
必然存在唯一使得
当，，单调递增，
当，，单调递减
由于时，，成立
当时，单调递减，且，因此成立
综上，成立的范围为
18. 已知和为椭圆：上两点.
（1）求椭圆的离心率；
（2）过点的直线与椭圆交于，两点（，不在轴上）.
（i）若的面积为，求直线的方程；
（ii）直线和分别与轴交于，两点，求证：以为直径的圆被轴截得的弦长为定值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据给定的点A和B在椭圆上，以及椭圆的离心率公式求出椭圆的离心率；
（2）（i）借助韦达定理和面积公式计算即可；（ii）可借助韦达定理和圆的弦长公式计算即可.
【小问1详解】
由可知，求出，
代入，得，，
则，，
可知椭圆的离心率为.
【小问2详解】
（i）由（1）可知椭圆的方程为，
设，，过点的直线为，
与联立得：.恒成立.
所以，
得，所以，直线的方程为：.
（ii）由（i）可知，
直线的方程为，令，得
直线的方程为，令，得，
记以为直径的圆与轴交于，两点，
由圆的弦长公式可知，
所以，为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.解题时，要将问题合理的进行转化，转化成易于计算的方向.
19. 已知正边形的每个顶点上有一个数.定义一个变换，其将正边形每个顶点上的数变换成相邻两个顶点上的数的平均数，比如：
记个顶点上的个数顺时针排列依次为，则，为整数，，，.设（共个，表示次变换）
（1）若，，，求，，，；
（2）对于正边形，若，，证明：；
（3）设，，，证明：存在，使得不全为整数.
【答案】（1），，，.
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）涉及到根据给定的变换规则进行多次变换的计算，按照变换公式逐步计算即可.
（2）需要利用假设和变换公式进行推导，结合等差数列性质公式，证明所有数相等.
（3）运用反证法，要结合整数整除性质来证明存在这样的.
【小问1详解】
当时，的变换如下：
所以，，，.
【小问2详解】
，，
成等差数列，令公差为，
又，则，，
则
小问3详解】
反证法，假设对任意，均为整数
由于，为整数，故与的奇偶性相同，故同奇偶，同奇偶，而，
中有个奇数，个偶数，
故可不妨设为奇数，设为偶数.
，
又为整数，且或，
和除4余数相同
同理
，
和除4的余数相同，
，
和除4的余数相同.
除4的余数相同.
，
和除4的余数相同
，
和除4的余数相同.
，
和除4的余数相同
除4的余数相同.
综上，除以4的余数都相同，而，矛盾！
假设不成立，所以存在，使不全为整数.
【点睛】关键点点睛：本题关键读懂新定义“变换”，结合等差数列和反证法解题，属于难题.