浙江省杭州学军中学2024-2025学年高三下学期3月月考数学试卷（Word版附解析）

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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，则中元素的个数是（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】先计算一元二次不等式得出集合B，再应用并集定义计算求解.
【详解】集合，
则元素的个数是3个.
故选：A.
2. 已知向量，若反向共线，则实数的值为（ ）
A. B. 3C. 3或D. 或7
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量的坐标运算以及共线的坐标表示计算即可.
【详解】因为，所以.
因为共线，所以，解得或.
又反向共线，代入验证可知时为同向，舍去.
而满足条件，所以.
故选：.
3. 已知各项均为正数的数列的前n项和为，，，，则（ ）
A. 511B. 61C. 41D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数运算法则可求得，即可知数列的奇数项与偶数项分别成等比数列，再由分组求和可得结果.
【详解】由可得，
即，所以，两式相除可得；
即，
由可得，因此数列的奇数项是以为首项，公比为2的等比数列，
偶数项是以为首项，公比为2的等比数列，
所以
.
故选：B
4. 设是锐角，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两角和与差的余弦公式，结合齐次式弦化切可得，进而可得答案.
【详解】因为且，
所以，
故，结合，
解得.
故选：C.
5. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】首先判断充分性，可用特值法进行验证；再判断必要性，结合不等式的性质可判断.
【详解】若已知，令，则，
所以“”是“”不充分条件；
若已知，因为，则，即，
所以“”是“”必要条件；
综上所述，“”是“”必要不充分条件.
故选：B.
6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，A是双曲线C的左顶点，以为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于P，Q两点，且，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件分别表示出点A、P、Q的坐标，代入可得b与a的关系式，再由及离心率公式可求得结果.
【详解】依题意，易得以为直径的圆的方程为.
又由双曲线，易得双曲线C的渐近线方程为.
当时，如图，设，则.
联立，解得或，所以，.
又因为，所以轴.
所以，.所以，所以.
因为，所以.
同理，当时，亦可得.
故双曲线C的离心率为.
故选：D.
7. 已知函数（）在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题知，进而根据题意得在上单调递增，且，进而得，再解不等式即可得答案.
【详解】，
因为，所以
因为函数在区间上单调递增，
所以函数在上单调递增，且，即.
因为，
所以，函数在上单调增，
等价于或，
所以，解不等式得或，所以，的取值范围是.
故选：C
8. 已知对任意正整数对，定义函数如下：，，，则下列正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据新定义得，令，可判断A，对累乘结合组合数的阶乘形式化简即可判断B，根据二项式系数和公式判断C，结合等比数列前n项和公式根据分组求和求解判断D.
【详解】因为，所以，
令，则，所以，故选项A错误；
因为，
所以累乘得，
因为，所以，故选项B错误；
因为，所以，
所以，故选项C正确；
故选项D错误.
故选：C.
【点睛】思路点睛：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决.
二、多选题（每小题6分，全对得6分，部分选对得部分分，共18分）
9. 体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.杭州学军中学西溪校区高三学生参加体育测试，其中理科班女生的成绩与文科班女生的成绩均服从正态分布，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正态分布的期望与方差和正态曲线的特点，结合正态分布的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A，由，得，故A正确；
对于B，由，得，故B错误；
对于C，因为，所以P(X200)+PX≤200=1，故C正确；
对于D，由于随机变量、均服从正态分布，且对称轴均为直线，
，所以在正态分布曲线上，的峰值较高，
正态分布较“瘦高”，随机变量分布比较集中，所以，故D错误.
故选：AC.
10. 如图所示，正方体棱长为2，正方形内（不含边界）一动点P在运动过程中始终满足．下列说法中正确的为（ ）
A. 存在点P使得B. 直线与点P的轨迹有公共点
C. 点P运动轨迹长为D. 三棱锥P-BCD体积最大值为8
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，由正弦定理结合轨迹方程即可判断AB，然后根据三棱锥体积公式以及点的运动轨迹，即可判断CD；
【详解】
由题意：，且，如图建系，设，，
所以，所以，，
所以，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部的弧，
且，点到该直线的距离为，
所以与圆无公共点，B错误；
若，设，所以，所以，
所以，即，联立，解得，
所以点满足条件，所以A正确；
若最大，则到距离最大，即为与圆的交点处，但不在正方形边界上，所以最大值取不到，故D错误；
令，得到点，又因为，所以，所以为等边三角形，所以，
因为为点的运动轨迹，所以，故C正确.
故选：AC
11. 函数的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当，时，下列结论正确的是( )
A. 函数的图象关于直线对称
B. 当时，的最大值为－1
C. 函数的“囧点”与函数图象上的点的最短距离为
D. 函数的所有“囧圆”中，面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A．根据函数是偶函数，进行判断即可．
B．判断当时，函数的单调性即可．
C．求函数的导数，利用导数的几何意义进行求解．
D．利用两点间的距离公式进行判断求解．
【详解】当，时，函数.
A．f(x)的定义域为，，且为偶函数，则函数关于对称，故A错误；
B．其图象如图所示，当，为减函数，则当时，最大为，故B正确；
C．当时，，即函数图象与轴的交点为，其关于原点的对称点为，
所以“囧点”为，
设，则，设切点为，，
切线的斜率，
当“囧点”与切点连线垂直切线时，距离最短，
，
解得，
切点坐标为，
故函数的“囧点”与函数图象上的点的最短距离是，故C正确，
D．“囧圆”的圆心为．要求“囧圆”的面积最小，则只需考虑轴及轴右侧的函数图象．当圆过点时，其半径为2，这是和轴下方的函数图象有公共点的所有“囧圆”中半径的最小值；
当圆和轴上方且轴右侧的函数图象有公共点时，设（其中，
则点到圆心的距离的平方为，
令，，则，
再令，（其中，
则，
所以当圆和轴上方且轴右侧的函数图象有公共点时，最小半径为．
又，
综上可知，在所有的“囧圆”中，半径的最小值为．
故所有的“囧圆”中，圆的面积的最小值为，故D正确，
故选：BCD．
【点睛】
本题主要考查抽象函数及其应用，其中根据“囧圆”的圆心坐标及“囧函数”的解析式，利用函数的奇偶性，单调性以及数形结合是解决本题的关键．
三、填空题（每小题5分，共15分）
12. 已知复数z满足，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的概念即可解答.
【详解】因为，所以，
故答案为：
13. 已知的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为729，则其展开式的常数项为_______.
【答案】240
【解析】
【分析】根据二项式系数和求出，再利用赋值法求出，根据二项式通项公式的展开式求出常数项，即可；
【详解】由于的展开式的二项式系数和为64，
即，
解得．
又由于的展开式系数和为729，令得，即，
解得或（舍去），
的展开式的通项为，
令，解得，
所以展开式的常数项为，
又，，
故答案为：240
14. 我们想把9张写着1~9的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有___________种.
【答案】204
【解析】
【分析】首先列出至少有两个卡片之和相等的盒子的情况，然后利用全排列即可求解.
【详解】由题意可知，设存在的这两个盒子中卡片的数字之和相等，设其相等的和为．
当时，共有1种情况，即；
当时，共有3种情况，即，，{(1，5，6)，(2，3，7)}；
当时，共有5种情况，即，，，，；
当时，共有7种情况，即，，，，，，；
当时，共有2种情况，即，
；
当时，共有7种情况，即，，，，，，；
当时，共有5种情况，即，，，，{(1，7，9)，(3，6，8)}；
当时，共有3种情况，即，；
当x＝19时，共有1种情况，即{(3，7，9)，(5，6，8)}；
综上所述，共有1＋3＋5＋7＋2＋7＋5＋3＋1＝34(种)情况，
∴不同的放法共有：种．
故答案为：204．
四、解答题（本题共7小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 如图，在四边形中，与相交于点，且为的角平分线，，．
（1）求；
（2）若，求四边形的面积．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）先由余弦定理得出，再由正弦定理得出，进而由角平分线的性质得出；
（2）先由平方关系以及差角公式求出，再由正弦定理求出，进而由三角形面积公式得出四边形的面积．
【详解】解：（1）中，，
由余弦定理可得，所以，
再由正弦定理，可得
又因为为的角平分线，所以；
（2）中，，，
所以
从而
由正弦定理可得
而
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用正余弦定理解三角形，由三角形面积公式得出四边形的面积.
16. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，为棱上的点，且．
（1）求证：平面；
（2）设为棱上的点（不与重合），且直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知证得，，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，根据向量垂直的坐标表示和线面垂直的判定定理可得证；
（2）设，表示点Q，再利用线面角的空间向量求解方法，建立方程解得，可得答案.
【小问1详解】
因为平面，平面，平面，
所以，，又因为，
则以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知可得，，，，，，
所以，，，
因为，，所以，，
又，平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
设，即，，
所以，即，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
即，解得，即.
17. 已知实数，设．
（1）若，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）若对于任意的，总存在，使得，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出，写出切线方程即可；
（2）求函数单调区间、极值、零点，，集合，由题意知，由时不成立知，
讨论与1的大小关系求出满足的的取值范围.
【小问1详解】
因为， ，，
所以，则.
故点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
由已知有f'(x)=2x−2ax2(a>0)，令，解得或，列表如下：
所以单调增区间是，单调减区间是和，
当时，取极小值，当时，取极大值，
由知，当时，，当时，
因为对于任意的，总存在，使得，
当时，不成立，故，所以，所以.
设集合集合
则“对于任意的，都存在，使得”等价于.
下面分两种情况讨论：
当即时，有且此时在上单调递减，的值域为，
故，，所以A不是B子集.

当即时，有且此时在上单调递减，故，因而，
由有在上的值域为，所以，所以满足题意.

综上，的取值范围为
18. 在平面直角坐标系中，已知双曲线经过点，点与点关于原点对称，为上一动点，且异于两点.
（1）求的离心率；
（2）若△的重心为，点，求的最小值；
（3）若△的垂心为，求动点的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）
（3）（去除点）.
【解析】
【分析】（1）将点代入双曲线的方程求出值，即可求得的离心率；
（2）根据三角形的重心公式求得动点的轨迹方程，根据两点间距离公式求出的最小值；
（3）根据求动点的轨迹方程.
【小问1详解】
因为双曲线经过点，所以，解得，
所以的离心率，
【小问2详解】
易知.设.
因为△的重心为 ，所以,解得,
因为，所以，即.
因为不共线，所以 且，
所以的轨迹不含两点.
故，当且仅当时，等号成立，
即最小值为.
【小问3详解】
因为为△的垂心，所以，
设，
当直线或的斜率为0时，点的坐标为或，
此时点与点重合，不合题意，舍.
当直线或的斜率不为0时，直线与的斜率存在，
则，
由（2）知，则，
则.
因为，所以，
，则，得，
则，因为构成三角形，故不能在轨迹上，
综上，动点的轨迹方程为（去除点）.
19. 对于无穷数列，，，，，我们称为数列生成函数.生成函数是重要的计数工具之一.对于给定的正整数p，记方程的非负整数解的个数为，则为展开式中前的系数.
（1）写出无穷常数列1，1，1，…的生成函数并化简；
（2）证明：；
（3）本次测试共分为十一个大项，前十项各有三个小项，第十一项仅有两个小项.学生需参加所有项目获取最终分数.计分规则如下：通过第大项中的每一个小项，都可获得分，通过第十一项中的每一个小项，可获得1分.记为总分为n分的所有得分组合数，求．
【答案】（1）
（2）证明见解析， （3）
【解析】
【分析】（1）提出得，解出即可；
（2）令，再结合组合和极限计算即可；
（3）直接根据题意得到取值集合，再结合方程求出的生成函数为，再结合二项式定理和组合数的计算即可得到答案.
【小问1详解】
，解得.
【小问2详解】
令，
，
可得，所以.
【小问3详解】
记 表示第一大项中每一个小项获得的分数， 表示第二大项中每一个小项获得的分数， 表示第十大项中每一个小项获得的分数， 表示第十一大项中每一个小项获得的分数.
则.
为方程满足上述范围条件的解的个数.
设的生成函数为，则.
因为，故与的展开式中前的系数相同.
由（1）知，
由（2）知取时有.
故，其中前系数为
故.