[数学]浙江省名校协作体2025届高三上学期开学适应性考试试题(解析版)

这是一份[数学]浙江省名校协作体2025届高三上学期开学适应性考试试题(解析版)，共18页。试卷主要包含了 数据的上四分位数是，16B， 方程的实数解有， 设双曲线，则等内容，欢迎下载使用。

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】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】，
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】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】，
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】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】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】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】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】，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】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】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.
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】因为的夹角为锐角，
所以且不能同向共线,
所以,
解得且.
13. 设，且，则__________.
【答案】
【解析】
，
而，则、都在内，即.
所以.
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】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.
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.
（1）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；
（2）证明：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.
解：（1）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.
（2）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.
解：（1）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.
（2）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.
解：（1），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.
（2）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.
（3）由（2）知，.
又，
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.
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.
解：（1）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.
（2）（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.