2024-2025學年浙江省金華市高三上學期10月聯考數學檢測試卷考生注意：1．本試卷滿分150分，考試時間120分鐘.2．考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色.墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效.一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，集合，則（）A B.C. D.2.已知，則（）A B.1 C. D.23.已知非零向量，，則“”是“向量”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4.若過點與圓相切兩條直線的夾角為，則（）A. B. C. D.5.二項式的展開式中的常數項為（）A.480 B.240 C.120 D.156.已知底面半徑為2的圓錐，其軸截面是正三角形，它的一個內接圓柱的底面半徑為1，則此圓柱側面積與圓錐側面積的比值為（）A.1 B. C. D.7.函數在區間上的所有零點之和為（）Aπ B. C. D.48.已知函數的定義域為，當或或是無理數時，；當（，，是互質的正整數）時，．那么當，，，都屬于時，下列選項恒成立的是（）A. B.C. D.二、多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.隨機變量，分別服從正態分布和二項分布，且，，則（）A. B.C. D.10.在正四棱柱中，，點是棱上的動點（不含端點），則（）A.過點有且僅有一條直線與直線，都垂直B.過點有且僅有一條直線與直線，都相交C.有且僅有一個點滿足和的面積相等D.有且僅有一個點滿足平面平面11.已知是曲線上的一點，則下列選項中正確的是（）A.曲線的圖象關于原點對稱B.對任意，直線與曲線有唯一交點C.對任意，恒有D.曲線在的部分與軸圍成圖形的面積小于三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知橢圓的左、右焦點分別為，，橢圓上一點滿足，則線段__________．13.已知曲線在處的切線恰好與曲線相切，則實數的值為______．14.數學老師在黑板上寫上一個實數，然后老師拋擲一枚質地均勻的硬幣，如果正面向上，就將黑板上的數乘以再加上3得到，并將擦掉后將寫在黑板上；如果反面向上，就將黑板上的數除以再減去3得到，也將擦掉后將寫在黑板上．然后老師再拋擲一次硬幣重復剛才的操作得到黑板上的數為．現已知的概率為0.5，則實數的取值范圍是__________．四、解答題：本大題共5小題，共77分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟．15.在中，角對邊分別為，，，已知，．（1）求角和角．（2）若邊上的高為，求的面積．16.已知雙曲線與過點，的直線有且只有一個公共點，且雙曲線的離心率．（1）求直線和雙曲線的方程；（2）設，為雙曲線的左、右焦點，為線段的中點，求證：．17.如圖，在四棱錐中，底面是菱形，，側面是正三角形，是棱的中點．（1）證明：；（2）若二面角為，求直線與平面所成角的正弦值．18.已知函數．（1）若，求函數的單調區間和最值；（2）若，且一次函數的圖象和曲線相切于處，求函數的解析式并證明：恒成立．（3）若，且函數在上有兩個極值點，求實數的取值范圍．19.已知整數，數列是遞增的整數數列，即且．數列滿足，．若對于，恒有等于同一個常數，則稱數列為的“左型間隔數列”；若對于，恒有等于同一個常數，則稱數列為的“右型間隔數列”；若對于，恒有或者，則稱數列為的“左右型間隔數列”．（1）寫出數列的所有遞增的“左右1型間隔數列”；（2）已知數列滿足，數列是的“左型間隔數列”，數列是的“右型間隔數列”，若，且有，求的值；（3）數列是遞增的整數數列，且，．若存在的一個遞增的“右4型間隔數列”，使得對于任意的，都有，求的關于的最小值（即關于的最小值函數）．2024-2025學年浙江省金華市高三上學期10月聯考數學檢測試卷考生注意：1．本試卷滿分150分，考試時間120分鐘.2．考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色.墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效.一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，集合，則（）A. B.C. D.【正確答案】C【分析】先求出集合A，后根據交集概念計算即可.【詳解】因為，所以．故選：C．2.已知，則（）A. B.1 C. D.2【正確答案】A【分析】根據復數的乘法運算即可求解.【詳解】因為．故選：A．3.已知非零向量，，則“”是“向量”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】C【分析】根據充分條件、必要條件的定義及數量積的運算律判斷即可.【詳解】因為，為非零向量，若，則，則，所以，所以，故充分性成立；若，則，所以，所以，則，故必要性成立；所以“”是“向量”的充要條件.故選：C．4.若過點與圓相切的兩條直線的夾角為，則（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】由題意求出點到圓心的距離為，進而可得，結合二倍角的余弦公式計算即可求解.【詳解】點到圓心的距離為，圓的半徑為，所以，于是．故選：A．5.二項式的展開式中的常數項為（）A.480 B.240 C.120 D.15【正確答案】B【分析】運用通項公式計算即可.【詳解】因為得到常數項，則．.故選:B．6.已知底面半徑為2的圓錐，其軸截面是正三角形，它的一個內接圓柱的底面半徑為1，則此圓柱側面積與圓錐側面積的比值為（）A.1 B. C. D.【正確答案】C【分析】借助于軸截面求圓柱的高為，再結合圓柱、圓錐的側面積公式運算求解.【詳解】作出軸截面，如圖所示，由題意可得：，可知分別為的中點，則分別為的中點，則，可得；，所以比值為．故選：C．7.函數在區間上的所有零點之和為（）A.π B. C. D.4【正確答案】B【分析】根據函數零點個數與其對應方程的根、函數圖象的交點個數之間的關系，作出函數和的圖象，利用數形結合的思想即可求解.【詳解】由得，即，函數零點即方程的根，作出函數和的圖象，如圖，由圖可知兩個圖均關于中心對稱且在上有兩個交點，故函數在區間上有4個零點，所以4個零點的和為．故選：B．8.已知函數的定義域為，當或或是無理數時，；當（，，是互質的正整數）時，．那么當，，，都屬于時，下列選項恒成立的是（）A. B.C. D.【正確答案】D【分析】使用特值法可排除A,B,C,據，的取值可分類討論證明D正確.詳解】當時，，，，所以，，故排除B、C；當，時，，，，所以，故排除A．下面證明D的正確性：當，之一為無理數或者0或者1時，不等式右邊為0，顯然成立．當，都是真分數時，不妨設，，則不等式右邊為，顯然有左邊大于或等于．所以不等式成立．故選：D．二、多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.隨機變量，分別服從正態分布和二項分布，且，，則（）A B.C. D.【正確答案】ABC【分析】根據正態分布的性質和二項分布的性質計算即可.【詳解】對A，因為，根據對稱性，知道，故A正確；對B，因為，故B正確；對C，因為，故C正確；對D，因為，，故D錯誤.故選：ABC．10.在正四棱柱中，，點是棱上的動點（不含端點），則（）A.過點有且僅有一條直線與直線，都垂直B.過點有且僅有一條直線與直線，都相交C.有且僅有一個點滿足和的面積相等D.有且僅有一個點滿足平面平面【正確答案】AB【分析】由空間線線、線面、面面的位置關系逐項判斷即可.【詳解】由圖可知直線和直線異面，則過空間中一點都是有且僅有一條直線與它們垂直，故A正確；又易知與，都相交，且點在上，所以過點有且僅有一條直線與直線，都相交，故B正確；連接交于，易知，所以，可知到的距離大于，且，又到的距離小于，結合所以三角形面積不可能相等，故C錯誤；由正四棱柱易得：平面，又平面，所以對任意恒有平面平面，故D錯誤.故選：AB.11.已知是曲線上的一點，則下列選項中正確的是（）A.曲線的圖象關于原點對稱B.對任意，直線與曲線有唯一交點C.對任意，恒有D.曲線在的部分與軸圍成圖形的面積小于【正確答案】ACD【分析】將，替換為，計算即可判斷A；取，可判斷有三個交點即可判斷B；利用函數的單調性來得出的取值范圍，再結合的單調性進行求解即可判斷C；利用圖象的對稱性和半圓的面積進行比較即可判斷D．【詳解】A．對于，將，替換為，，所得等式與原來等價，故A正確；B．取，可以求得，，均可，故B錯誤；C．由，，函數，故，令，解得：，在，時，，函數單調遞減，在時，，函數單調遞增，所以，又因為是增函數，，所以有，故C正確；D．當時，，又，，所以．曲線與軸圍成半圓，又曲線的圖象關于原點對稱，則曲線與軸圍成圖形的面積小于，故D正確．故選：ACD．三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知橢圓的左、右焦點分別為，，橢圓上一點滿足，則線段__________．【正確答案】##【分析】由已知可得點的橫坐標為，代入橢圓方程即可求得點坐標，得出結果.【詳解】因為橢圓，則，所以，，因為,所以點的橫坐標為，代入求得縱坐標為，即．故13.已知曲線在處的切線恰好與曲線相切，則實數的值為______．【正確答案】2【分析】根據是曲線在處的切線求出的方程，再求出與曲線相切的切點即可求解.【詳解】由得，又切點為，故，切線為，設與曲線的切點為，，所以，解得切點為，所以，解得．故2.14.數學老師在黑板上寫上一個實數，然后老師拋擲一枚質地均勻的硬幣，如果正面向上，就將黑板上的數乘以再加上3得到，并將擦掉后將寫在黑板上；如果反面向上，就將黑板上的數除以再減去3得到，也將擦掉后將寫在黑板上．然后老師再拋擲一次硬幣重復剛才的操作得到黑板上的數為．現已知的概率為0.5，則實數的取值范圍是__________．【正確答案】【分析】構造函數，，由兩次復合列出不等式求解即可.【詳解】由題意構造，，則有，，，．因為，恒成立，又的概率為0.5，所以必有或者解得．故四、解答題：本大題共5小題，共77分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟．15.在中，角的對邊分別為，，，已知，．（1）求角和角．（2）若邊上的高為，求的面積．【正確答案】（1），（2）【分析】（1）根據余弦定理求出，再將化簡為，從而求出即可；（2）根據邊上的高為求出，，利用求解即可.【小問1詳解】由余弦定理知，故．因為，所以，又，所以，故．【小問2詳解】因為邊上的高，解得，，又，所以的面積．16.已知雙曲線與過點，的直線有且只有一個公共點，且雙曲線的離心率．（1）求直線和雙曲線的方程；（2）設，為雙曲線的左、右焦點，為線段的中點，求證：．【正確答案】（1），；（2）證明見解析【分析】（1）由離心率求出關系，并化簡雙曲線方程，再求出直線方程代入雙曲線方程中，利用求解即可；（2）求出點坐標，可進一步證明，進而證明.【小問1詳解】因為雙曲線的離心率，所以，解得，設雙曲線方程.直線過點，，所以直線方程為，即，代入雙曲線方程，得，由題意，，解得所以雙曲線的方程：．【小問2詳解】因為，于是即，所以，代入得，則，又，所以，因為為線段中點，所以，所以．又，所以，故．17.如圖，在四棱錐中，底面是菱形，，側面是正三角形，是棱的中點．（1）證明：；（2）若二面角為，求直線與平面所成角的正弦值．【正確答案】（1）證明見解析（2）．【分析】（1）取與中點，．連接，，，，證明四邊形是平行四邊形．得到線面垂直，再用性質即可.（2）建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量為，再用向量夾角計算公式計算即可.【小問1詳解】證明：分別取與中點，．連接，，，，則運用中位線性質知且,則，則四邊形是平行四邊形．側面是正三角形，易知，.底面是菱形，，則底面是正三角形，則.平面，平面，平面，.由于四邊形是平行四邊形．，．【小問2詳解】由（1）知為二面角的平面角，即，前面知道，則過O做AD的垂線Oz，以為坐標原點，為坐標軸，建立空間直角坐標系如圖，設，則A1,0,0，，，，，，，，，設平面的一個法向量為n=x,y,z則，進而求得一個法向量為．設直線與平面所成角為，則．18.已知函數．（1）若，求函數的單調區間和最值；（2）若，且一次函數的圖象和曲線相切于處，求函數的解析式并證明：恒成立．（3）若，且函數在上有兩個極值點，求實數的取值范圍．【正確答案】（1）單調遞減區間為，單調遞增區間為，最小值為，無最大值．（2），證明見解析（3）．【分析】（1）利用導數與單調性的關系求解單調區間，再結合單調性求解最值即可；（2）根據導數的幾何意義求出；令，利用導數求出最小值為即可；（3）因為函數在上有兩個極值點，所以在上有兩個變號零點，分離參數得，求解直線與函數在上的圖象有兩個交點即可.【小問1詳解】因為，所以，定義域為，求導得，故當時，f'x<0；當1,+∞時，所以函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為1,+∞，所以最小值為，無最大值．【小問2詳解】，所以，又，所以，即；令，則，，這里表示的導函數．令，則，當變化時，與的變化情況如下表：0單調遞減單調遞增所以當時，函數有極小值，極小值為，也是最小值，因為當時，無限趨向于，所以當時，，又，此時，在上單調遞減，在上單調遞增，所以，即不等式gx≤f【小問3詳解】因為函數在上有兩個極值點，所以在上有兩個變號零點，因為，令，即，因為不是的根，所以，令，則，當時，；當時，，所以函數在12,1上單調遞增，在上單調遞減，又，，，作出函數在上的圖象，當，即時，直線與函數在上的圖象有兩個交點，設兩個交點的橫坐標分別為，且，由圖可知，當或時，，此時，當時，，此時，所以函數?x在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，此時，函數有兩個極值點，合乎題意．因此，實數的取值范圍為．19.已知整數，數列是遞增的整數數列，即且．數列滿足，．若對于，恒有等于同一