2024~2025学年浙江金华高三数学第二学期考试试卷[带答案]

这是一份2024~2025学年浙江金华高三数学第二学期考试试卷[带答案]，共19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. 复数与下列复数相等的是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用复数的除法化简，结合复数的三角表示、各项的形式判断正误即可.
【详解】由题设，，故A、C、D错误；
而，故B正确.
故选：B
2. 已知集合，，且全集，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用集合的交集、并集、补集的运算法则求解.
【详解】由已知得集合表示的区间为，集合表示的区间为，
则，，，
,
故选：.
3. 城市交通信号灯的配时合理与否将直接影响城市交通情况．我国采用的是红绿交通信号灯管理方法，即“红灯停、绿灯行”．不妨设某十字路口交通信号灯的变换具有周期性．在一个周期T内交通信号灯进行着红绿交替变换（东西向红灯的同时，南北向变为绿灯；然后东西向变为绿灯，南北向变红灯）．用H表示一个周期内东西方向到达该路口等待红灯的车辆数，V表示一个周期内南北方向到达该路口等待红灯的车辆数，R表示一个周期内东西方向开红灯的时间，S表示一个周期内所有到达该路口的车辆等待时间的总和（不考虑黄灯时间及其它起步因素），则S的计算公式为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件分别求出东西方向路口等待时间的总和及南北方向路口等待时间的总和，即可求解.
【详解】由题意得：
一个周期内，东西方向路口等待红灯的车辆数为，等待开红灯的时间为，
则一个周期内，东西方向路口等待时间的总和为，
又交通信号灯红绿交替变换时间周期为，
所以一个周期内，南北方向路口等待开红灯的时间为，
又一个周期内，南北方向路口等待红灯的车辆数为，
则一个周期内，南北方向路口等待时间总和为，
一个周期内，到达该路口的车辆等待时间的总和，
故选：B.
4. 在△ABC中，，且点D满足，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由、，结合向量数量积的运算律转化求模长即可.
【详解】由题设，中点，则，
所以，
又，即，
所以，故.
故选：A
5. 已知，则（）
A. B. －1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用诱导公式、商数关系可得，再由和角正切公式展开求得，最后由求值即可.
【详解】由，
所以，则，
所以，则，故，
由.
故选：C
6. 已知动直线l的方程为，，，O为坐标原点，过点O作直线l的垂线，垂足为Q，则线段PQ长度的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用万能公式将直线方程化为，求出过原点与直线垂直的直线方程，进而得出点的轨迹为圆心为半径为3的圆，进而转化为点到圆的距离即可求解.
【详解】由可得，
令，由万能公式可得，
，所以直线的方程为①，
由题意可知过原点与直线垂直的直线方程为②，
可得，即表示点的轨迹为圆心为半径为3的圆，
于是线段长度的取值范围为，因为，
所以线段PQ长度的取值范围为，
故选：B.
7. 已知，函数，记的最小值为，则（）．
A. 在上是增函数，在上是减函数
B. 在上是减函数，在上是增函数
C. 在上是奇函数
D. 在上是偶函数
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，得到，令，分别讨论，或，三种情况，画出对应函数图像，结合图像，即可得出结果.
【详解】函数，
令，
①当时，的图象如图所示，，且在上单调递减，在上单调递增．
②当或时，的图象如图所示，在点或处取得，
根据图形对称性知，，
且当时，在上单调递减，在上单调递增．
当时，在上单调递减，在上单调递增．
所以的最小值在上是偶函数．
故选：D．
【点睛】本题主要考查求函数的最值，以及判断函数单调性，灵活运用数形结合的方法求解即可，属于常考题型.
8. 如图已知矩形，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，则B与D之间距离为（）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过和分别作，，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可．
【详解】解：过和分别作，，
在矩形，，
，
，
则，即，
平面与平面所成角的余弦值为，
,，
，
，，
则，
即与之间距离为，
故选：C．
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．
9. 在的展开式中,下列说法正确的是( )
A. 常数项是B. 第四项和第六项的系数相等
C. 各项的二项式系数之和为D. 各项的系数之和为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,令进行判断;对于B,令和计算判断即可;对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为可进行判断;对于D,令即可进行判断.
【详解】根据二项式定理,通项公式为,
对于A,常数项为,故A正确;
对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误;
对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确;
对于D,令,各项的系数之和为,故D错误.
故选:AC.
10. 已知公差为d的等差数列前n项和为，若存在正整数，对任意正整数m，恒成立，则下列结论一定正确的是（）
A. B. 有最小值C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由条件可得，然后可判断A，，然后可判断B，举例可判断C不正确，由条件可得，，可得，同号，可判断D.
【详解】由知，否则与同号．
当时，有否则与同号或，
当时，有否则与同号或，故A正确．
对于选项B，因为，所以等差数列的前n项和满足，
又的图象是抛物线，
所以必有最小值，故B正确．
对于选项C，例如数列，2，5，，选项C不成立．
由恒成立，可得，，
即，同号，
不妨设，都为负，则为正，且，
即，，
所以，故D正确，
故选：ABD．
11. 已知抛物线E：的焦点为F，点F与点C关于原点对称，过点C的直线l与抛物线E交于A，B两点（点A和点C在点B的两侧），则下列命题正确的是（）
A. 若BF为的中线，则
B. 若BF为的角平分线，则
C. 存在直线l，使得
D. 对于任意直线l，都有
【答案】ABD
【解析】
【分析】首先设直线的方程，并联立抛物线，根据韦达定理，再根据各项描述，抛物线的定义，即可判断选项.
【详解】设题意，设，不妨令，都在第一象限，，，
联立，则，且，即，
所以，，则，，如上图所示，
A.若为的中线，则，
所以，所以，故，
所以，则，则，故A正确；
B.若为的角平分线，则，
作垂直准线于，则且，
所以，即，则，
将代入整理，得，则，
所以，故B正确；
C.若，即，即为等腰直角三角形，
此时，即，所以，
所以，所以，所以，则此时为同一点，不合题设，故C错误；
D.，而，
结合，可得，即恒成立，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据抛物线的几何关系，转化为坐标运算.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据等差和等比数列的性质，再结合特殊角的正切值，即可求解.
【详解】由等差数列的性质可知，，即，而，
根据等比数列的性质可知，，则，，
所以.
故答案为：
13. 已知，，若，则的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用完全平方式即可得到的范围.
【详解】由得，当且仅当或时等号成立，
又得，
．
故答案为：.
14. 已知内接于单位圆，以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，．若，则的面积最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】首先判断并证明为等边三角形（拿破仑三角形），再利用正三角形内角结合题目条件计算出，则的边长可通过勾股定理用的两边、表示，最后根据中余弦定理关系，由基本不等式求出其最大值.
【详解】如图，根据题意为等边三角形（拿破仑三角形），稍后证明.
为等边三角形的外心，，同理.
记，，
则.
由余弦定理得
同理计算可得
故，即为等边三角形.
，.
，
.
由余弦定理得，，
，
解得.
.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 在中，已知内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且的面积为，点D是线段上靠近点B的一个三等分点，．
（1）若，求c；
（2）若，求值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由得，再结合余弦定理从而可求解.
（2）由利用向量可得，并结合得，再由，从而可求解.
【小问1详解】
由题可得：，故
又，即，
，即
在中，根据余弦定理得
即
，即，
【小问2详解】
，
，即
又，①
又②，由①②得：
16. 如图在三棱锥中，和均为等腰三角形，且，．
（1）判断是否成立？并给出证明；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）不成立，证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）假设，得平面，由线面垂直的性质可得，与矛盾，从而可得不成立；
（2）取的中点，的中点，证明平面，进而可得平面平面，再取的中点，证明平面，根据线面角的定义知为直线与平面所成的角，在直角三角形中求解．
【详解】（1）不成立，证明如下：
假设，因为，且，
所以平面，
所以，这与已知矛盾，
所以不成立．
（2）如图，取的中点，的中点，连接，，，
由已知计算得，
由已知得，，且，
所以平面，所以平面平面．
取的中点，连接，，
则，平面，从而是直线与平面所成的角，
因为，，所以，即直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质，直线与平面所成的角，意在考查考生的推理论证能力、空间想象能力，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象．
17. 已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）当时，求函数的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义得出切线方程；
（2）对函数求导，用导数方法判断函数在上的单调性，即可得出结果.
【小问1详解】
由，
得，
所以，，
函数在处的切线方程
【小问2详解】
令，
当时，，则，
所以，所以，
所以在单调递减；
当时，，则，
此时，
所以在单调递增，
所以当时，函数取得最小值；
所以当时，函数的最小值为
18. 口袋中共有7个质地和大小均相同的小球，其中4个是黑球，现采用不放回抽取方式每次从口袋中随机抽取一个小球，直到将4个黑球全部取出时停止.
（1）记总的抽取次数为X，求E（X）；
（2）现对方案进行调整：将这7个球分装在甲乙两个口袋中，甲袋装3个小球，其中2个是黑球；乙袋装4个小球，其中2个是黑球.采用不放回抽取方式先从甲袋每次随机抽取一个小球，当甲袋的2个黑球被全部取出后再用同样方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的2个黑球也全部取出后停止.记这种方案的总抽取次数为Y，求E（Y）并从实际意义解释E（Y）与（1）中的E（X）的大小关系.
【答案】（1）
（2）6，答案见解析
【解析】
【分析】（1）确定X可能取值为4，5，6，7，分别求出概率后，由期望公式计算出期望；
（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和，利用独立事件概率公式求得的概率，再由期望公式计算出期望，根据白球对取到黑球的影响说明期望的大小关系．
【小问1详解】
X可能取值为4，5，6，7，
，
；
【小问2详解】
Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和，
，
，
，
，
.
在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其它球，则该球的干扰作用已经消失，所以同样是要取出4个黑球，调整后的方案总抽取次数的期望更低.
19. 已知双曲线：，F为双曲线的右焦点，过F作直线交双曲线于A，B两点，过F点且与直线垂直的直线交直线于P点，直线OP交双曲线于M，N两点．
（1）求双曲线的离心率；
（2）若直线OP的斜率为，求的值；
（3）设直线AB，AP，AM，AN的斜率分别为，，，，且，，记，，，试探究v与u，w满足的方程关系，并将v用w，u表示出来．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线方程求离心率；
（2）首先由已知得，由直线垂直关系，点斜式写出直线的方程，联立曲线并应用韦达定理求；
（3）首先由条件设出点的坐标，并根据已知条件表示，进而求出和，再求直线，与双曲线方程联立，求得，并结合已知确定与的关系.
【小问1详解】
由双曲线方程可知，，，，
所以双曲线的离心率；
【小问2详解】
设，，，由题意可知，，则直线的斜率，
所以直线的斜率，故直线的方程为，
联立直线和双曲线，，得，显然，
由韦达定理得，，
所以；
【小问3详解】
设，，则，
因为，故为，代入，得点，
所以，
因为点在双曲线上，故满足双曲线方程，即，
所以，
所以，
，
又，联立直线双曲线，，得，
根据题意知，此方程的两根即为，所以，
所以，
，
即
所以，即
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是设出相关点的坐标，利用相关点的坐标表示斜率，整理后即可求解.