2024-2025学年浙江省杭州市高三数学下学期开学考试试卷（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省杭州市高三数学下学期开学考试试卷（附答案），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，，则集合的真子集个数为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据集合的定义和集合中元素的互异性写出集合，然后根据真子集的性质求解.
【详解】依题意，集合中有个元素，则其真子集的个数有个.
故选：C
2. 已知等比数列满足，则的值为
A. 2B. 4C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意和等比数列的性质求出，结合计算即可.
【详解】根据等比数列的性质可得，∴，
即，解得，
又∵，，故可得，
故选：B
3. 函数的图象可能是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数的定义域、奇偶性、函数值分析运算判断即可得解.
【详解】解：设，定义域为，则有
，
所以函数是偶函数，图象关于轴对称，故选项A、C错误；
因为，
所以选项B错误；
综上知，选项D正确.
故选：D.
4. 已知，则是的（）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
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的定义，结合不等式的性质即可得到结论.
【详解】因为，
所以当时，成立，
当成立时，如取，此时不成立，
所以是的充分不必要条件.
故选：B.
【点睛】本题考查充分不必要条件的定义，考查不等式的性质，属于基础题.
5. 已知，，，则的大小关系是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将化为同底的对数形式，根据对数函数单调性可知；利用可得，由此可得结论.
【详解】，，
又，；
，，又，；
综上所述：.
故选：C.
6. 的展开式中，的系数为（）
A. 60B. C. 120D.
【答案】A
【解析】
【分析】设的通项为，设的通项为, 即得解.
【详解】解：设的通项为，
设的通项为，
令
所以的系数为.
故选：A
7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，P为椭圆上一点，且，若关于平分线的对称点在椭圆C上，则该椭圆的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设关于平分线的对称点为，根据题意可得三点共线，设，则，在中，分别求得，再利用余弦定理可得的齐次式，即可得出答案.
【详解】解：设关于平分线的对称点为，
则三点共线，
设，则，
又，所以为等边三角形，所以，
又，所以，
在中，由余弦定理可得：
，
即，所以，
所以.
故选：B.
8. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用诱导公式及已知有，再由及差角余弦公式得，最后由和角正弦公式有，即可求结果.
【详解】因为，结合题设，
所以，而，
所以，
即，所以，
所以.
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. 设为互不重合的平面，为互不重合的直线，则下列命题为真命题的是（）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】把几何语言转化问文字语言，想象空间模型，得出结论.
【详解】对A：平行于同一个平面两个平面互相平行，正确；
对B：两个平面的交线垂直于第三个平面，则这两个平面都垂直于第三个平面.根据面面垂直的判定定理，该结论正确；
对C：和两条平行直线分别平行的两个平面相交或平行，故C错误；
对D：垂直于同一个平面的两个平面平行或相交.故D错误.
故选：AB
10. 有一组互不相等的样本数据，平均数为.若随机剔除其中一个数据，得到一组新数据，记为，平均数为，则（）
A. 新数据的极差可能等于原数据的极差
B. 新数据的中位数不可能等于原数据的中位数
C. 若，则新数据的方差一定大于原数据方差
D. 若，则新数据的40%分位数一定大于原数据的40%分位数
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据极差、中位数、方差、百分位数的性质逐一判断即可.
【详解】不妨设原数据，新数据，
A：例如原数据为，新数据为，此时极差均为，故A正确；
B：原数据中位数为，新数据中位数为，可知或，
若，可得；若，可得；
综上所述：新数据的中位数不可能等于原数据的中位数，故B正确；
C：若，可知去掉的数据为，则，可得，
所以新数据的方差一定大于原数据方差，故C正确；
D：若，可知去掉的数据为，
因为，可知原数据的分位数为第3位数，
，可知新数据的分位数为第2位数与第3位数的平均数，
例如原数据为，新数据为，
此时新数据分位数、原数据的分位数均为3，故D错误；
故选：ABC.
11. 记函数的最小正周期为，若，且在上的最大值与最小值的差为3，则（）
A. B.
C. 在区间上单调递减D. 直线是曲线的切线
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，先由函数周期以及可得，再由条件可得的值，即可得到，然后对选项逐一判断，即可得到结果.
详解】由，又，可得，
又，则，即，
若上单调，则，即，
令，则，
即在上单调递减，
即，即，
此时，此时，不符合题意，
所以在上不单调，
即在上不单调，
又，即，即，
即，，
若，
此时，符合题意；
若，
此时，不符合题意；
综上可得，，即，
对于A，，故错误；
对于B，，
，故B正确；
对于C，当，则，
且在上先递减后递增，故C错误；
对于D，因为，所以，
，可得是在处的切线，故D正确；
故选：BD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据最值之差求出的值，需要对该区间内函数的单调性进行分类讨论，从而确定函数解析式，再一一分析选项即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数．则______；若，则实数m的值为______．
【答案】 ①. ②. 或
【解析】
【分析】第一空，直接代入即可求解；第二空，对参数的取值范围进行分类讨论，结合函数解析式和函数值，即可求得结果.
【详解】因为，所以，
当时，，解得，满足题意；
当时，，解得，满足题意；
综上：的值为或.
故答案为：；或.
13. 设是复数，已知，，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】设，，根据复数模长运算，利用可求得，进而可得，由此可求得结果.
【详解】设，，
，，
，
，
，.
故答案为：.
14. 如图，已知，，为边上的两点，且满足，，则当取最大值时，的面积等于______.
【答案】##
【解析】
【分析】由题设足，考虑三角形的面积之比，将其化简得，借助于余弦定理和基本不等式求得的最大值和此时的三角形边长，由面积公式即可求得.
【详解】
如图，不妨设,分别记的面积为,
则①②
由①，②两式左右分别相乘，可得：,故得：.
设，在中，由余弦定理，，因，则，当且仅当时，等号成立，
此时，因，故，取得最大值，此时的面积等于.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：对条件等式的转化，本题中，注意到有角的相等和边长乘积的比，结合图形容易看出几个等高的三角形，故考虑从面积的比入手探究，即得关键性结论，之后易于想到余弦定理和基本不等式求出边长和角即得.
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，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，利用线面垂直的判定定理证得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）由(1)建立如图空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面、平面的法向量，结合空间向量的数量积定义计算即可.
【小问1详解】
取中点，连接，
因为四边形是边长为的菱形，所以，
因为,所以是等边三角形，
所以,
因为，所以，
因为，所以，所以.
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
【小问2详解】
因为，所以，
由（1）知，平面平面，而平面平面，
平面，所以平面，
所以直线两两垂直，以为原点建立如图空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
由，取，得，
设平面的法向量为，
由，取，得，
所以，由图可知二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
16. 设函数的图像为曲线，过原点且斜率为的直线为.设与除点外，还有另外两个交点，（可以重合），记.
（1）求的解析式；
（2）求的单调区间.
【答案】（1）
（2）在，单调递减，在，单调递增.
【解析】
【分析】（1）根据题意，将直线与函数联立，可得方程有2个不同的实根，结合向量的模长公式，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，分与讨论，然后分别求导得，即可得到结果
【小问1详解】
设直线，联立，可得或，
即方程有2个不同的实根，
且，即，
化简可得，由韦达定理可得，
设，
则，
所以，
【小问2详解】
当时，，
则，
所以在单调递增；
当时，，
，
当时，，当或时，.
所以在，单调递减，在区间单调递增；
综上所述，在，单调递减，在，单调递增.
17. “英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动.
（1）若数学组的7名学员中恰有3人来自中学，从这7名学员中选取3人，表示选取的人中来自中学的人数，求的分布列和数学期望；
（2）在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，.假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用超几何分布，求出分布列和期望，即可得出结果；
（2）根据甲、乙答对题数为二项分布及独立事件的概率求出每轮答题中取得胜利的概率，再由二次函数的性质求出结果.
【小问1详解】
由题意知，的可能取值有0，1，2，3，，
，，，
所以的分布列为：
.
【小问2详解】
因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为，则，
设乙答对题数为，则，
设“甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”,
则
由，又，所以，
则，又，所以，
设，所以，由二次函数可知当时取最大值，
所以甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为.
18. 已知抛物线的焦点为.设（其中，）为拋物线上一点.过作抛物线的两条切线，，，为切点.射线交抛物线于另一点.
（1）若，求直线的方程；
（2）求四边形面积的最小值.
【答案】18. 19. 16
【解析】
【分析】（1）利用导数求切线方程，由点坐标同时满足切线方程得直线的方程；
（2）设直线的方程，表示出弦长，再求A、B到直线的距离，表示出四边形面积，利用韦达定理化简，由基本不等式求最小值.
【小问1详解】
设，，由题得，
抛物线，即，则，
所以抛物线在点处切线的斜率为，
则切线的方程为，整理得，
同理，的方程为，
又在上，有，
所以直线方程为.
【小问2详解】
设，，，
联立，消去整理得，
，
，
设点到直线的距离为，
则
，
联立，得，
，（其中），
，
又，代入上式得，
，
当且仅当，即时，取最小值，
所以四边形面积的最小值为16.
【点睛】方法点睛：求解直线与抛物线的问题时，通常把两个方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
19. 设整数满足，集合.从中选取个不同的元素并取它们的乘积，这样的乘积有个，设它们的和为.例如.
（1）若，求；
（2）记.求和的整式表达式；
（3）用含，的式子来表示.
【答案】（1）
（2），
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，直接代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得，从而表示出与，然后相除，即可得到结果；
（3）根据题意，可得，，再由（2）可得，然后化简即可得到，即可得到结果.
【小问1详解】
【小问2详解】
因为，
，
两式相除，，
，
两式相除，
【小问3详解】
因为①，所以，
因为②，所以，
由（2）和①可得，③，
由②和③，比较的系数，可得④，
因为
，
由②比较的系数可得⑤，
由④⑤消去可得，
所以.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义问题，意在考查学生的计算能力转化能力和总和应用能力，其中将定义中的知识转化为已有的知识点是考查的重点，需熟练掌握.
0
1
2
3
P