2025届浙江省绍兴市高三(上)11月选考科目诊断性考试数学试卷(解析版)

这是一份2025届浙江省绍兴市高三(上)11月选考科目诊断性考试数学试卷(解析版)，共15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（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】解不等式，得，
即，
又，故，
故选：A
2. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
故选：B.
3. 已知，，则（ ）
A. B. 5C. D.
【答案】B
【解析】,
,
两式相减得,
两式相加得,所以,
即,
故选：B.
4. 已知向量，，则在上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，则，，
则在方向上的投影向量为：.
故选：C.
5. 如图，圆柱的底面直径为3，母线长为4，，分别为该圆柱的上、下底面的直径，且，则三棱锥的体积是（ ）
A. 24B. 18C. 12D. 6
【答案】D
【解析】如图：过上底面中心，作与下底面直径平行的直线，连接，，
则且，
因为，所以，
根据圆柱的性质可知，平面，
则有，
则，，又，，平面，
所以平面，
所以．
故选：D．
6. 已知直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，且，过点作的垂线，垂足为，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设,依题意：,
所以直线AB的方程为：,即,
联立,得
所以,因为,所以,
即,解得,
故选：C.
7. 已知函数，且是的极小值点，则可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】对于A，，
，当时，，所以；
当时，，所以，
所以不是的极值点，故A错误；
对于B，，，
，当时，，，所以；
当时，，，所以，
所以不是的极值点，故B错误；
对于C，，，
，当时，；
当时，，所以是的极小值点，故C正确；
对于D，，，
，当时，；当时，，
所以是的极大值点，故D错误.
故选：C.
8. 摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里可从高处俯瞰四周景色.如图，某摩天轮最高点距离地面高度为120m，转盘直径为110m，均匀设置有48个座舱（按顺时针依次编号为1至48号），开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要30min.甲、乙两户家庭去坐摩天轮，甲家庭先坐上了1号座舱，乙家庭坐上了号座舱，若从乙家庭坐进座舱开始计时，10min内（含10min）出现了两户家庭的座舱离地面高度一样的情况，则的最小值是（ ）
A. 16B. 17C. 18D. 19
【答案】B
【解析】设乙家庭转动出现了两户家庭的座舱离地面高度一样，，只需考查旋转的第一周内即可，
而摩天轮的座舱每分钟转动，则乙家庭的座舱转过的弧度数为，
摩天轮的两个相邻座舱中点间的圆弧所对圆心角为，甲家庭的座舱转过的弧度数为，
依题意，甲乙两户家庭的座舱关于摩天轮垂直于地面的轴对称，
则，
整理得，当且仅当时取等号，
所以的最小值是17.
故选：B.
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. 随着农业现代化的持续推进，中国农业连年丰收，农民收入持续增加，农村活力不断增强，乡村全面振兴的美好蓝图变成现实.某地农科院为研究新品种大豆，在面积相等的块试验田上种植一种新品种大豆，得到各块试验田的亩产量（单位：），并整理得下表：
则块试验田的亩产量数据中（ ）
A. 中位数低于B. 极差不高于
C. 不低于的比例超过D. 第百分位数介于至之间
【答案】BC
【解析】由题知，共块，所以其中位数为第和第个数据的平均数，
由表格知，这两个数据均在内，故A错；
由表格知，极差最大为，故B正确；
由表格知，不低于的比例为，C正确；
因为，
所以第百分位数为排序后第个和第个数据的平均数，
由表格知，这两个数据均在内，
所以第百分位数介于至之间，D错.
故选：BC
10. 下列各组函数的图象，通过平移后能重合的是（ ）
A. 与B. 与
C. 与D. 与
【答案】ACD
【解析】对于A，将的图象向左平移个单位后得到的图象，故A正确；
对于B，易知在上单调递增；
对于，，令，得，
所以当或时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
所以不能通过平移由得到，故B错误；
对于C，将的图象向左平移个单位后得到的图象，故C正确；
对于D，将的图象向上平移个单位后得到的图象，故D正确.
故选：ACD.
11. 在正三棱锥中，，，是底面内（含边界）一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 点到该三棱锥三个侧面的距离之和为定值
B. 顶点，，到直线的距离的平方和为定值
C. 直线与该三棱锥三个侧面所成角的正弦值的和有最大值
D. 直线与该三棱锥四个面所成角的正弦值的平方和有最大值
【答案】ABC
【解析】由题可建立如图所示空间直角坐标系，

有，
设，平面的一个法向量，
显然，
所以有，令，得，
所以，
所以有，显然
所以，
点到面的距离为；点到面的距离为，点到面的距离为
因，故选项A正确；
由题可知，
易知点A到的距离 ，
同理，，，
所以，
故选项B正确；
到平面的夹角的正弦值为 ；到平面的夹角的正弦值为；到平面的夹角的正弦值为
显然三个线面角的正弦值的平方和等于，可以垂直平面,
所以与三棱锥的四个面的线面角的平方和最大值为2，故选项D错误；
与三个侧面的线面角之和为，
因为，
所以有，
其中表示,为到平面的距离，
所以，
所以的最大值为，故选项C正确；
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中常数项为______ ．
【答案】60
【解析】 的展开式中的通项公式：.
令-6=0，解得r=4．∴的展开式中常数项为:=60．
13. 若曲线在点处的切线与圆相切，则________.
【答案】
【解析】由，求导得，则，
因此曲线在点处切线方程为，即，
由直线与圆相切，得，
所以.
14. 已知数列中，等可能取，0或1，数列满足，，则的概率是________.
【答案】
【解析】由题意可得：，
，
，
，
若，则，
各随机从，0或1选一个，共有种情况；
若，
可分：都取0，一种情况；
，两个取0，一个取1，一个取，共有,
，两个取1，两个取，共有,
共计19种情况，
所以的概率是.
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. 记三个内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）设是的中线，若，，求.
解：（1）因为，所以由正弦定理得，
又因为，即，整理得，
又因为，所以，所以，即.
（2）在中，由余弦定理，
可得，解得或（舍），即
在中，由余弦定理可知，解得.
16. 已知函数.
（1）当时，求在区间上的值域；
（2）若存在，当时，，求的取值范围.
解：（1）因为，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增.
因为，，，且，
所以的值域是.
（2）因为.
①若，当时，，所以在上递增，
所以，不符合题意.
②若，当时，；当时，，
所以在上递減，在上递增，
要存在，当，，
则只需，所以.
17. 在四棱锥中，底面为菱形，，，，.
（1）证明：；
（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.
解：（1）取中点，连接，
因为，所以是正三角形，
因为为中点，所以.
又因为，所以.
因为，所以，又，平面
所以面.
所以，又因为为中点，所以.
（2）解法1：因为，
所以是二面角的平面角，即.
在中，，解得.
如图，以点E为坐标原点，EA，EB分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面PAB的一个法向量为，
则，即，
令，则.所以，
所以，
所以直线BC与平面PAB所成角的正弦值为.
解法2：因为，
所以是二面角的平面角，即.
在中，，解得.
所以，所以，且，
取PB中点F，连接,
在等腰直角三角形中，，同理，
所以，所以，又，
所以平面，所以即为直线AD与平面所成角，
又，而，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知椭圆的离心率为，短轴端点和长轴端点间的距离为.
（1）求的方程；
（2）过左焦点的直线交于，两点，点在上.
（i）若的重心为坐标原点，求直线的方程；
（ii）若的重心在轴上，求的横坐标的取值范围.
解：（1）由题意知，即，又，
解得，，，
所以的方程；
（2）因为左焦点为，设直线的方程为，
联立，得，
设Ax1,y1，Bx2,y2，，则，，
因为的重心为原点，所以，
所以，
又，
代入，
可得，
解得，所以直线方程是.
（ii）设，由（i）可知，，
代入，可得，
解得，所以.
所以，且，所以.
19. 维向量是平面向量和空间向量的推广，对维向量，记，设集合.
（1）求，；
（2）（i）求中元素的个数；
（ii）记，求使得成立的最大正整数.
解：（1），
当时，；当时，；当时，；当时，，；
，
当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，，.
（2）（i）设中元素的个数为，
，，
偶数时，，且，
，
中的元素个数为.
（ii）①当时，
；
②当时，
；
③当时，
；
；
要使得成立，其必要条件是当时，，
令，则，
数列为递增数列，又，，
的解为；
当时，，
即充分性成立；
使得成立的最大正整数.亩产量
频数