浙江省G12名校协作体2025学年第一学期9月高三上学期开学联考数学试卷

这是一份浙江省G12名校协作体2025学年第一学期9月高三上学期开学联考数学试卷，共10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。
考生须知：
本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟；
答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；
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.
选择题部分
一、选择题：本大题共 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 A  x | x | 1 ， B  x x2  4x  5  0 ，则 A ∩ B  （ ▲ ）
A. 5
B. 1, 5
C. 1,1, 5
D. 1
已知i 为虚数单位，若 z(1  i)  2  4i ，则 z  （ ▲ ）
10
A. 2
B.
C． 4
D. 2
10
2
2
已知 11 位同学的身高（单位：cm）分别是 167，172，172，175，178，178，182，185，186，188，190，则这组数据的第 80 百分位数是（ ▲ ）
A.185B.185.5C.186D.186.5
(1  2x)(1  x)5 的展开式中 x3 的系数为（ ▲ ）
10
15
10D. 30
→→→→→3 →
已知向量 a  0，1,b  1, k . 若向量 a  b 在向量 a 上的投影向量为 2 a ，则 k  （ ▲ ）
1
1
2
C.1D. 3
2
已知  3 ， tan tan 7 ，则cs( )  （ ▲ ）
4
2
3
2 2
3
2
4
3 2
4
已知等差数列a  的前 n 项和 S 满足： S S S，则数列 Sn  的最小项是第（ ▲ ）项.
nn202520242026
 a 
 n 
A. 2026B. 2027C. 4048D. 4049
已知函数 f (x)  1 ax3  1 bx2  cx  d (a  0) ， f '(2)   a ，则 f (x) 在区间（ ▲ ）上一定存在极值点.
323
 1 , 2
 2, 7 
1, 5 
 7 , 3
 2
2 
 2 
 4

二、选择题：本大题共 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.
)
已知函数 f (x)  sin(2x   ，则下列选项正确的是（ ▲ ）
4
f(x)的最小正周期为
f(x)在区间 0, 上单调递增
8 

f(x)在0, 上存在 3 个零点
  
点 8 , 0  是 y  f (x) 图像的一个对称中心

2y2
已知双曲线C ： x 
3
 1 ， F1, F2 分别为其左、右焦点，O 为坐标原点，过 F1 作直线l 与双曲线两支和
两条渐近线交于 4 个不同点，从左到右依次为 A, B, C, D ，则下列选项正确的是（ ▲ ）
A. AD  2B. AB  CD
C.若OBF  90 ，则 CB  2D.若 F A  F D ，则 AD  4
122
如图，现有两种碎片 A 、B 各若干个，且两种碎片均由等大小的正三角形按图示拼凑而成.若一个大正三角形恰好分割成 m 个 A 碎片和 n 个 B 碎片，则m, n 可以是（ ▲ ）
2, 4
4, 6
6,8
12, 4
非选择题部分
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 把答案填在答题卡中的横线上.
抛物线 y2  x 的焦点坐标为▲．
5
已知正四棱台 ABCD  A1B1C1D1 的上下底面边长分别为 2、4，侧棱长为，则该正四棱台外接球的表面积为▲．
–→––→
–––→––→–––→
–––→––→
–→––→
已知 a1
▲．
 2，a2
 1 且 3an1  2an  an1 n  2  ， 若对于任意的 n  N * ， 都有 an1  an
， 则 a1  a2 
四、解答题：本大题共 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.（13 分）某商场推出购物抽奖活动，盒子里放有 10 个相同小球，其中 4 个红球，6 个蓝球，顾客从盒中不．放．回．地．抽取 3 个球，若恰好抽到 3 个红球为一等奖，奖金为100 元，恰好抽到 2 个红球为二等奖，奖
金为50 元，其余不设奖.
在抽取的前两个球为 1 个红球 1 个蓝球的条件下，则该次抽奖获得二等奖概率是多少？
求抽奖一次获得奖金的期望.
16.（15 分）如图，已知直角梯形 ABCD 绕 AB 旋转得到四边形
2
ABEF ，其中 AB  2, AD 
求证： AD  BE ；
3,CD  1, DAB  ADC  90∘ .
求二面角 A  BE  C 的余弦值.
17.（15 分）在ABC 中， a, b, c 分别是角 A, B, C 所对的边，且满足 2sin C  sin B  a .
sin 2Bb
求BAC 的大小；
点 D 是边 BC 上一点，且满足 AD2  bc ， ADC  ，求 b 的值.
4c
x2y2
18.（17 分）已知椭圆 E : a2  b2  1a  b  0 过点 A2, 0 ， B 0, 1 .
求椭圆 E 的方程；
斜率为 1 的直线与椭圆 E 交于C , D 两点，点 P 坐标为4, 0 ，直线 PC 与椭圆的另一个交点为点 M ，直线 PD 与椭圆 E 的另一个交点为点 N .
①已知点 M 坐标为 x1, y1  ，求点C 横坐标(用 x1 表示)；
②过点 P 作 PG  MN 于点G ，是否存在定点Q ，使得 GQ 为定值，若存在，求出点 Q 的坐标，若不存在，请说明理由.
19.（17 分）已知函数 f  x  ln x  ax2  bx a,b  R .
若 a  1 ,b   3 ，求函数 y  f x  的单调递减区间；
e4e2
若存在实数 b，使得函数 f  x 有三个不同的零点 x1, x2 , x3 .
①求 a 的取值范围；
②若 x ，x ，x 成等差数列，求证： x 2  e3 .
1232
命题：瑞安中学镇海中学审核：柯桥中学
2025 学年第一学期浙江省名校协作体试题高三年级数学学科参考答案
命题学校:瑞安中学镇海中学审核学校：柯桥中学
一、选择题:本大题共 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．
二、选择题：本大题共 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，选对但不全对的得部分分，有选错的得 0 分．
三、填空题:本大题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分． 把答案填在答题卡中的横线上．
 1
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
B
C
A
B
B
A
C
题号
9
10
11
答案
ABD
ABD
AC
6
4
12．  , 0 

13． 3514．
3
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分． 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（1） P  ……………5 分
8
（2）设获得奖金 X 元，则
C3 C 01
C
3
P( X  100)  46 
1030
C 2 C13
C
3
P( X  50)  46 
1010
P( X  0)  1  1  3  2
30103
获得奖金 X 的分布列如下，
…11 分
于是 E( X )  55 .13 分
3
X
100
50
0
P
1
30
3
10
2
3
（1）面ABCD  面ABEF
面ABCD ∩ 面ABEF  AB
,
AD  AB
 AD  面ABEF
又 BE  面ABEF
 AD  BE
…6 分
（2）（法一）几何法
取 AB 中点G ,作GH  BE 于 H ，连CH8 分
同（1）有CG  BE, BE  面CHG
 BE  CH ,CHG 为二面角 A  BE  C 的平面角.
…11 分
CG  AD 3, HG 3 ,CH 15
22
csCHG  GH 5
CH5
…15 分
（法二）向量法
如图，以 A 点为原点，建立空间直角坐标系，则
A(0, 0, 0), B(0, 2, 0), C( 3,1, 0), E(0,1, 3),
…8 分
设 n(x, y, z) 是面 BCE 的法向量，

→ –––→
n  BE  0
 y 
3z  0
→ –––→即,
n  BC  03x  y  0
取 x  1, 则n  (1, 3,1)
…11 分
面 ABE 的法向量 m  (1, 0, 0) ，12 分
cs
–→ →
m, n
m  n

–→ →

5
.15 分
m n5
17．（1）
2sin C sin B
sin 2B
 2sin C sin B
2sin B cs B
2c  ba
 2b cs B  b ，3 分
a2  c2  b2222
2c  b  2a cs B  2a ,b  c  a  bc5 分
2ac，
b2  c2  a21
csBAC 
,BAC  0, ,BAC  
…7 分
.
2bc23
（2）（法一）设 AD  x ，则bc  x2 ， S 1 bc sin3 x2 ，9 分
BAC234
又 S
 1 a  AD sin ADC 2 ax ，11 分
BAC24
 3 x2 2 ax,a 6 x .
442
由（1）， b2  c2  a2  bc,b2  c2  bc  a2  3 x2  3 bc
22，
cb5b1
   ，解得  2或……………14 分
bc2c2
b1
 2c  b  0, 
c
.15 分
2
（法二）由余弦定理可知a 
，
b2  c2  bc
cb2  c2  bc
在 ABC 中 ， 由 正 弦 定 理
3 c
， 即
sin C3
2
b2  c2  bc
sin C 2
，9 分
bc
在ACD 中，由正弦定理
sin C
，11 分
b
2
2
于是有
bc 
b2  c2  bcb
b2  c2  bc
3 bc
2

， 即，
3 c2
22
即b2  5 bc  c2  0 ， 故b  1 c 或b  2c .14 分
22
b1
 2c  b  0, 
c2
…15 分
18．（1）椭圆 E ：
x2  2
y
4
 14 分

2
 x2
y  1
（2）设直线 PC ： y  k (x  4) ，联立 4，得
 y  k (x  4)
2222
32k 2
(4k
1)x  32k x  64k
 4  0 ， x1  xC  4k 2 1 ，6 分
y2
32k 2
32  1 
 x1  4 
5x  8
xC  x1  x1  1 ，10 分
4k 2 1
2
2x  5
4 y1 11
(3) y
 k(x  4)  
 x1  4 
y1( 5x1  8  4) 
3y1
，所以C( 5x1  8 ,
3y1 )
C x
 4 
2x  52x  5
2x  52x  5
 11111
设 N (x , y ), 同理， D( 5x2  8 ,3y2)

222x  52x  5
22
3y13y2
k2x1  52x2  5 3y1 (2x2  5)  3y2 (2x1  5)  1
…12 分
12
CD5x  8  5x  89 (2x  5)  9 (2x  5)
2x  52x  52221
12
2x2 y1  2x1 y2  5 y1  5 y2  3x1  3x2  0
设直线 MN : y  kx  m
2x2 (kx1  m)  2x1 (kx2  m)  5(kx2  m)  5(kx1  m)  3x1  3x2  0
2m  5k  3  0
 y  kx  5k  3
2
所以直线 MN 过定点 H (
, )
当Q 为 PH 中点( 13 3
4 4
…15 分
5 3
, ) ，16 分
2 2
3 2
时， GQ .17 分
4

2
4
2
19． （1） f  x   ln x  x3 x ，
ee
f ' x  
2x2  3e2 x  e4
xe4
2x  e2 x  e2 
…2 分
e2
 0  x  e2
xe42
 e22 
所以函数 y 
f  x 的递减区间为 2 , e 
…5 分
（2）①即
ln x x

ln x
 ax  b 有 3 根，则 x  ax 有两个极值点，7 分
x
1 ln x
所以' x 
 a  0 有两根，
x2
令 h  x 
1 ln x x2
3  2 ln x3
3 
 3
则 h ' x  0  x  e2
x3
， 得 h  x
在  0, e2 

上 递 减 ， 在  e2 ,   递

增，………9 分
 3 1
因为 x  0时，h  x  , x  时, h  x  0 ， h  e2   

2e3
所以 a  0, 1  .经检验此时存在b 使ln x  ax  b 有 3 根.11 分
2e3 x

131313222
② ln x  ln x  a x 2  x 2   b  x  x   2bx  2 ln x  2ax 2
因为 x 2  x 2  2x x  4x 2
131 32
所以ln x x  2ax x  ln x 2  2ax 2
…13 分
1 31 322
ln x x  ln x 22
2a  1 32 
（对数均值不等式）15 分
x x  x 2x x  x 2
1 321 32
因为 4x 2   x  x 2  4x x
2131 3
2x x  x 213
所以 x2
 1 32  e ，得证.17 分
22a