2024-2025学年浙江省高三数学下学期开学考试检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省高三数学下学期开学考试检测试题（附答案），共19页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷， 已知抛物线C， 已知向量，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本试卷共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.
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题卷.
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. 若是的非空子集，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合的运算结合选项可得答案.
【详解】若是的非空子集，，
则
故选：B.
2. 若（是复数单位），则（）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求出复数，再利用模的意义计算即得.
【详解】依题意，，
所以.
故选：B
3. 的展开式中含项的系数为（）
A. B. 0C. 15D. 30
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项公式并进行赋值即可.
【详解】的展开式通项为，
令，则，
的展开式通项为，
令，则，
则的展开式中含项的系数为，
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，
又因为当时，，所以，
所以，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. 某校1000名学生参加数学期末考试，每名学生的成绩服从，成绩不低于120分为优秀，依此估计优秀的学生人数约为（）附：若，则.
A. 23B. 46C. 159D. 317
【答案】C
【解析】
【分析】依题意，计算数据后乘以总人数即可.
【详解】由，得，
则，
估计优秀的学生人数约为.
故选：C
6. 已知是异面直线，是空间任意一点，存在过的平面（）
A. 与都相交B. 与都平行
C. 与都垂直D. 与平行，与垂直
【答案】A
【解析】
【分析】BCD可举出反例，A选项，可通过适当旋转平面，得到其与都相交.
【详解】A选项，不论在何处，过点的平面，通过绕点适当旋转，总存在平面，使得其与都相交，A正确；
B选项，若点在直线上，则此时不存在过的平面，使得其与直线平行，B错误；
C选项，若与垂直，此时过的平面假如与其中之一垂直，
则与另一直线平行，或另一直线在该平面内，故C错误；
D选项，若与垂直，点在直线上，此时过点作一个平面与垂直，
此时直线在平面内，D错误；
故选：A
7. 已知抛物线C：的焦点为，过作不与轴垂直的直线交于两点，设的外心和重心的纵坐标分别为（是坐标原点），则的值为（）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，，直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，的重心的纵坐标，再表示出、的垂直平分线方程，从而求出，即可得解.
【详解】设，，显然，直线的方程为，
由整理得，显然，所以，，
所以，所以的重心的纵坐标，
又的外心既在的垂直平分线上，也在的垂直平分线上，
又的垂直平分线方程为
整理得，
同理可得的垂直平分线方程为，
则，解得，
即外心的纵坐标，所以.
故选：D
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
8. 已知数列前项和为，则下列结论不正确的是（）
A. 是递增数列B. 是递增数列
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用数列的递推式与放缩法，结合基本不等式，等比数列的求和公式与错位相减法，逐一分析判断各选项即可得解.
【详解】对于A，由题意易得，
由，得，故A正确；
对于C，由选项A得，所以，
则，故C错误；
对于B，由，得也是递增数列，
所以，即，故B正确；
对于D，由选项AC得，
累加得，
令，则，
两式相减，得
，
则，所以，故D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是熟练掌握数列的放缩法与错位相减法，从而得解.
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. 已知向量，则下列结论正确的是（）
A. B. 与的夹角为
C. D. 在上的投影向量是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的坐标运算逐项判断.
【详解】对于A：，故A错误.
对于B：，因为，所以，故B正确；
对于C：，则，故C正确；
对于D：在上的投影向量是，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知函数的图象关于点中心对称，则下列结论正确的是（）
A. 的最小正周期
B.
C. 的图象关于直线对称
D. 的图象向左平移个单位长度后关于轴对称
【答案】BC
【解析】
【分析】利用正弦型函数的对称性结合的取值范围求出的表达式，利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；代值计算可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换结合正弦型函数的奇偶性可判断D选项.
【详解】因为函数图象关于点中心对称，
则，可得，
因为，可得，所以，，
对于A选项，的最小正周期为，A错；
对于B选项，，B对；
对于C选项，，
故函数的图象关于直线对称，C对；
对于D选项，将的图象向左平移个单位长度后，
可得到函数，
故的图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数，D错.
故选：BC.
11. 已知函数定义域为，且，，则下列结论正确的是（）
A. 为奇函数
B. 为偶函数
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题中等式，利用赋值法，结合奇偶函数的定义逐一判断即可.
【详解】由得，
所以，故是奇函数，所以正确；
由得，
所以，故是偶函数，所以B正确；
由题意得
，令得，
由是奇函数得，
且，解得，
当时，，所以错误.
由题意得
，令得
当时，，所以正确.
故选：ABD
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据已知等式进行恰当的赋值.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 一个宿舍的6名同学被邀请参加一个晚会，如果其中甲和乙两位同学要么都去，要么都不去，则不同去法的种数为__________.（用数字作答）
【答案】32
【解析】
【分析】对甲和乙两位同学要么都去，要么都不去进行分类讨论，分别计算去法种数，最后相加即可.
【详解】当甲和乙两位同学都去，则至少要去2人，
则有种去法；
当甲和乙两位同学都不去，则有种去法；
根据分类计数原理得：共有种去法.
故答案为：32
13. 函数的值域为__________.
【答案】
【解析】
【分析】化简可得，令且，所以函数值域等价于在区间上的值域，利用二次函数求出在区间上的值域即可.
【详解】由题可得：
，令，则，令，
所以函数的值域等价于在区间上的值域，由于，所以当时，，，则函数的值域为，
故答案为：
14. 已知正四面体的边长为是空间一点，若，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出正四面体的内切球半径和外接球半径，再利用向量的线性运算进行转化，从而可求得结论.
【详解】设是正四面体内切球的球心，正四面体的内切球半径为 ，外接球半径为，
如图, 将正四面体置于正方体中, 正四面体的外接球即为正方体的外接球, 正方体的体对角线为球的直径,
因为正四面体的边长为1,所以正方体的棱长为,正方体对角线长为 ,故 .
正四面体的体积
从而正四面体的高 满足: .
将正四面体分割成以球心 为顶点, 以正四面体的四个面为底面的四个相同的三棱锥,
它们的底面与正四面体的底面相同, 高为内切球的半径 , 故 .
而外接球可以利用 ,，解得.
故正四面体的内切球半径为，正四面体的外接球半径为，则
又因为，所以，
故，
即，
所以是正四面体内切球上一点，故的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：找出正四面体的内切球半径和外接球半径是关键，用向量法转换为是难点，本题主要考查多面体的内切球和外切球的问题，考查空间想象能力，属于较难题.
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. 已知等差数列的各项均为正数，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求的通项公式及其前项和.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）由已知求出等差数列的公差，公式法得数列通项；
（2）由累乘法求出的通项公式，裂项相消求其前项和.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由，
得，解得，
所以的通项公式为.
【小问2详解】
由得，，
所以，
又，所以.
由，
得.
16. 如图，四棱锥中，平面平面为等边三角形，，是棱的中点.
（1）证明：；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理、勾股定理的逆定理，结合面面垂直的性质定理、线面垂直的性质进行求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
在梯形中，设，
由，
，，
即，所以可得.
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，平面，所以平面平面
又等边是棱的中点，所以，
平面平面平面，
所以平面，平面，
故.
【小问2详解】
取中点，易知，所以平面，
建立如图空间直角坐标系，设，则
，
由（1）知平面的一个法向量是，
又
设是平面的法向量，
则，
令，可得，
所以，
故平面与平面所成角的余弦值为.
17. 许多小朋友热衷于“套娃娃”游戏.在一个套娃娃的摊位上，若规定小朋友套娃娃成功1次或套4次后游戏结束，每次套娃娃成功的概率为，每次套娃娃费用是10元.
（1）记随机变量为小朋友套娃娃的次数，求的分布列和数学期望；
（2）假设每个娃娃价值18元，每天有30位小朋友到此摊位玩套娃娃游戏，求摊主每天利润期望.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）元
【解析】
【分析】（1）先确定随机变量，再分别求对应概率，列表得分布列，根据数学期望公式得结果；
（2）间接法求出一个小朋友套娃娃成功的概率，从而计算一个小朋友的利润，再计算总利润.
【小问1详解】
由题意知，随机变量的取值为，则
，
即的分布列为
所以.
【小问2详解】
易知小朋友套娃娃未成功的概率为.，
则小朋友套娃娃成功的概率为.
记摊主每天利润为元，则的期望为
，
故摊主每天利润的期望为元.
18. 如图，已知椭圆，双曲线是的右顶点，过作直线分别交和于点，过作直线分别交和于点，设的斜率分别为.
（1）若直线过椭圆的右焦点，求的值；
（2）若，求四边形面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出椭圆右焦点，从而设出直线方程为，直线方程与椭圆方程联立，由韦达定理可得根与系数的关系式，从而代入可求解；
（2）设出直线方程，分别与与椭圆方程联立，求得的表达式，再代入四边形面积公式进行化简，再利用导数研究函数的最值即可求得结论.
【小问1详解】
椭圆，右焦点为，右顶点为，
设的斜率分别为.设，
则，
因为直线方程过椭圆的右焦点，
所以直线方程为，
直线方程与椭圆方程联立，得：
，
所以.
【小问2详解】
设，直线方程分别为
，
联立与得，同理，
联立与得，同理，
所以四边形面积为
令，易知，且，则，
令，，则在内，，
，
所以关于单调递增，所以，
当取最小值时，，经检验满足题意.
【点睛】关键点点睛：第二小问中，设，分别设出直线方程是关键，难点在与代入四边形面积公式后的化简计算，本题考查了函数与方程的思想，属于较难题.
19. 设实数，已知函数.
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）若在上恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，，则有，再根据导数的几何意义，即可求出结果；
（2）由，得到，构造函数，从而将问题转化成，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，再对进行论，即可求出结果；法二：先证明，对求导，再对进行论，通过求的最值，即可解决问题.
【小问1详解】
当时，，则，
所以，
所以所求切线方程为，即.
【小问2详解】
由得，（*）
令，则，易知在上单调递减，上单调递增，
当时，因为，所以，
所以不等式（*）等价于，也等价于，即，
又，所以在上单调递增，，
故满足题意.
当时，由在上单调递增知，在上有唯一实数解，
设为，且，则，
所以，
所以要使在上恒成立，则，
另一方面，，矛盾.
故不满足题意，
综合得，的取值范围为.
（2）解法二：先证明对任意恒成立，
设，
当时，在上单调递减，时，在上单调递增，
所以，即对任意恒成立，
又，设，则，
易知单调递增，所以.
当时，，
所以单调递增，单调递增，
所以，符合题意.
当时，由在上单调递增知，在上有唯一实数解，设为，且，则，
所以，
所以要使在上恒成立，则，
另一方面，，矛盾.
故不满足题意，
综合得，的取值范围为.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于，将等式变形成，
1
2
3
4