浙江省名校协作体2024-2025学年高三上学期开学适应性考试数学试题（Word版附解析）

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考生须知：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟：
2.答题前，在答题卷指定区域填写学校､班级､姓名､试场号､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､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. 数据的上四分位数是（ ）
A. 2B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】先将数据从小打到排列，在计算分位数即可.
【详解】将数据从小打大排列得：,
因为，
所以上四分位数是第5个数据，为.
故选：C.
2. 设随机变量服从二项分布，若，则（ ）
A. 0.16B. 0.32C. 0.64D. 0.84
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项分布的概率计算公公式求解出,进而求方差.
【详解】，解得，
所以，则
故选：C.
3. 设集合，则下列选项中一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取，排除选项ACD，利用反证法证明.
【详解】对于A，取可得，
则，此时，A错误；
则，此时，C错误；
则，此时，D错误；
对于B，若，则或或，
由，可得，此时，与中有三个不同元素矛盾，
由，可得，此时，与中有三个不同元素矛盾，
由，可得或（舍去），
若，则，与中有三个不同元素矛盾，
所以，B正确；
故选：B.
4. 方程的实数解有（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】由换底公式变形解对数方程即可.
【详解】，所以或，
所以或，
所以方程的实数解有2个.
故选：C.
5. 已知抛物线与斜率为的直线恰有一个公共点，则点的纵坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由导数的几何意义列方程即可求解.
【详解】题述直线斜率为，所以切点不可能是原点（否则切线斜率不存在，与题意矛盾），
也不可能是斜率为0的直线与抛物线的交点（因为题述直线斜率为，它不等于0），
或，
当时，，
当时，，
综上所述，若切点的坐标为，则有，解得.
故选：B.
6. 如图，在下列四个正方体中，是顶点，是棱的中点，则三棱锥体积最大的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出点设点到平面的距离和三角形的面积，再利用体积公式即可求解AC,利用等体积法求解CD.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的边长为2.

对于A,
所以
设平面的一个法向量为，则
令则，所以
设点到平面的距离为，则
易知等边三角形，边长为，所以，
所以.
对于B，易求得,点B到平面的距离为1，
所以；
对于C，
所以
设平面一个法向量为，则，
令则，所以
设点到平面的距离为，则,
易求得所以；
对于D，易求得,点A到平面的距离为1，
所以;
所以A选项的体积最大.
故选：A.
7. 已知函数若恰有三个不同实根，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对于嵌套函数的零点问题，一般需要用换元法，再结合函数图象进行讨论.
【详解】令，则，
①当时，的图象如图所示

若恰有三个不同实根，则一定要有两个不同的根，
所以，设的两根为且则一定有
所以
解得
当时，如图所示，
若恰有三个不同实根，
则必须有，即
解得

②当时，或时，只有一个根，
此时不能有三个不同实根.
③当时，，
、的图象如图所示，

若有三个不同的实根
则，即，此不等式无解
综上所述：
故选：D.
8. 空间中一个静止的物体用三根绳子悬挂起来，已知三根绳子上的拉力大小分别为，且三根绳子中任意两根绳子的夹角均为，则该物体的重力大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设三根绳子上的拉力分别为，利用可得答案.
【详解】设三根绳子上的拉力分别为，，
因为的夹角均为，
所以，，
，
设物体的重力为，则，
所以
.
故选：C.
二､多选题：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. 设双曲线，则（ ）
A. 的实轴长为2
B. 的焦距为
C. 的离心率为
D. 的渐近线方程为
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意得，由此即可逐一判断每一选项.
【详解】，即
由题意，所有，
所以的实轴长为，的焦距为，的离心率为，
的渐近线方程为，即，故AC错误，BD正确.
故选：BD.
10. 在复平面内，复数对应的点分别是.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意可得，，根据复数的运算结合模长公式逐项分析判断.
【详解】因为复数对应的点分别是，，
则，且，
对于选项A：因为，，
即，且，，
所以，故A正确；
对于选项B：例如，
可得，即，故B错误；
对于选项C：因为，且，
则，
，
所以，故C正确；
对于选项D：因为，
，
所以，故D正确；
故选：ACD.
11. 已知数列为公差为的等差数列，为公比为的正项等比数列.记，则（ ）参考公式：.
A. 当时，B. 当时，
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据等差数列、等比数列的性质及求和公式一一计算即可.
【详解】A项，由为公比为的正项等比数列，
则当时，，
，
显然时，，故A错误；
B项，由数列为公差为的等差数列，
则，
所以，
解得，
即，故B正确；
C项，由为公比为的正项等比数列，可得，
所以，
故，
所以，
，
故，当且仅当时取得等号；
综上，故C正确；
D项，由题意得，，
则，
故
，
故裂项可得：，
所以
，故D正确；
故选：BCD
【点睛】C项的关键在于化简得，利用倒序相加法转化为求解的最值，利用基本不等式求最值即可得；
D项的关键在于利用条件化简得，再用裂项相消求和判定不等式.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若与的夹角为锐角，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意列出不等式即可.
【详解】因为的夹角为锐角，
所以且不能同向共线,
所以,
解得且
故答案为：.
13. 设，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简得到，结合角的范围、三角函数性质即可得解.
【详解】
，
而，则、都在内，即.
所以.
故答案为：.
14. 四个村庄之间建有四条道路.在某个月的30天中，每逢单数日道路开放，封闭维护，每逢双数日道路开放，封闭维护.一位游客起初住在村庄，在该月的第天，他以的概率沿当天开放的道路去往相邻村庄投宿，以的概率留在当前村庄，并且他在这30天里的选择是相互独立的.则第30天结束时该游客住在村庄的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先设两种情况的概率，再列函数，最后根据函数求游客在村庄点的概率.
【详解】对，用表示游客恰有天通过道路或的概率，表示该游客恰有天通过道路或的概率，
，
，
根据条件知为的次项系数，为的次项系数，
第30天结束时，游客住在村庄当且仅当他通过道路或的总天数为奇数，且通过道路或的总天数为偶数，
因为，，，
所以，，
所以第30天结束时该游客住在村庄的概率.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于将概率问题转化为，的次项系数，然后利用二项式定理求系数，最后求概率.
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. 已知函数，其中.
（1）若，求的最小值；
（2）证明：至少有两个零点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数求出最值可得答案；
（2）求出，f1，由零点存在定理判断可得答案.
【小问1详解】
由得，
当时，f′x<0，在单调递减，
当时，f′x>0，在单调递增，
因此最小值为；
【小问2详解】
不全为0，不妨，，
所以，，
因此由零点存在定理，在各至少有一个零点，结论得证.
16. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换即可求解；
（2）由正弦定理边化角，由三角恒等变换结合三角函数性质即可求解.
小问1详解】
因为，
所以由正弦定理知，
而，
故，
从而.由于是三角形内角，故，
从而，故，
亦即，显然，故.
【小问2详解】
因为，，
又，所以，解得，所以，
从而
.
不妨设，则，
即取值范围是，
所以的取值范围是，
而，
所以的取值范围是，
所以的取值范围是.
17. 已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集.
（1）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数；
（2）已知为的4阶等距平面，且点与点分别位于的两侧.若的4阶等距集为，其中点到的距离为，求平面与夹角的余弦值.
【答案】（1）答案见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）分两种情况得出的所有可能值以及相应的的个数；
（2）先根据已知得出，再计算求得余弦值.
【小问1详解】
①情形一：分别取的中点，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面，
为正四面体高的一半，等于.
由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况；
②情形二：分别取的中点
将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，
则为正方体棱长的一半，等于.
由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，
这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况.
综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个.
【小问2详解】
在线段上分别取一点，
使得，则平面即为平面.
如图，取中点，连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，
，设，
，
设平面法向量为m=x,y,z
所以，即，
所以，
又平面的法向量为，
设平面与夹角为
所以，
所以平面与夹角余弦值为.
18. 设数列的前项和为，已知.令.
（1）求的通项公式；
（2）当时，，求正整数；
（3）数列中是否存在相等的两项？若存在，求所有的正实数，使得中至少有两项等于；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）4 （3）存在，
【解析】
【分析】（1）应用结合等差数列计算求解；
（2）根据求解数列的最大值即可解题；
（3）根据已知分析取等即可计算求解.
【小问1详解】
，即.当时，
，
即.
将换成，有.
上述两式相减得，即，
故为等差数列.由，
所以.
【小问2详解】
由，易得.当时，
由.
得，
即，亦即.从而可得4），
故的最大项是第4项.
所以.
【小问3详解】
由（2）知，.又对，
故若中有两项相等，只可能是或，
且这样的若存在，则必唯一.易得，
又，则仅有两项相等，故.
【点睛】方法点睛：应用放缩再结合等比数列的和证明数列的范围进而证明数列的单调性
19. 在直角坐标系中，过椭圆的右焦点的直线与截得的线段长的取值范围是.
（1）求的方程；
（2）已知曲线的切线被坐标轴所截的线段长为定值.
（i）求与截得的线段长；
（ii）求与截得的线段长的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）1；（ii）
【解析】
【分析】（1）由题可得，结合条件可得方程；
（2）（i）设切点为，结合导数可表示出切线方程为，分别令和，求出，的坐标，从而得到，由为定值，可得，从而得到与截得的线段长；
（ii）设切线与椭圆交于，此时令，则切线，将切线与联立，结合韦达定理化简可得：，从而得到与截得的线段长的取值范围.
【小问1详解】
设的焦距为，设与交于Ax1,y1,Bx2,y2.
①当与轴重合时，显然；
②当不与轴重合时，设，
则将与联立，整理得，
则，
所以
，
则有，因此有，解得，
所以椭圆.
【小问2详解】
（i）设切点为上任意一点，
由条件，，则有，
则.
设直线交轴分别于，代入，
解得，即的横坐标.
代入，解得，即为的纵坐标，
则有为定值，
则只能有，，解得，
否则，，均为定值，则其解有限，矛盾.
此时有.

（ii）设切线与椭圆交于，
此时令，则切线.
将切线与联立，得，
故,则有，
因此
因为，则，
则，
所以
即
【点睛】关键点点睛：第二问中切线方程的问题可结合导数的几何意义表示出切线方程，再结合定值，求出，将切线方程与椭圆联立，结合韦达定理化简可得弦长范围.