浙江省杭州市金丽衢十二校2024-2025学年高三下学期(3月)第二次联考数学试题 含解析

这是一份浙江省杭州市金丽衢十二校2024-2025学年高三下学期(3月)第二次联考数学试题 含解析，共25页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题人：永康一中 颜熙 高雄略 审核：浦江中学
本卷分选择题和非选择题两部分，考试时间为 120 分钟，试卷总分为 150 分，请考生将所有试
题的答案涂、写在答题纸上.
选择题部分
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】B
【解析】
【分析】求出集合 ，利用并集的定义可求得集合 .
【详解】因为 ， ，
则 .
故选：B.
2. 已知向量 ， ， ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出向量 的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于 的等式，解之即可.
【详解】因为向量 ， ，则 ，
所以 ，解得 .
故选：C.
3. 已知复数 满足 ，则 为（ ）
第 1页/共 25页
A. B. 1 C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由条件，结合复数除法法则求 的代数形式，再由复数的模的公式求结论.
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 .
故选：C.
4. 若圆锥的轴截面是一个边长为 的等边三角形，则它的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件确定圆锥的底面半径和高，在利用圆锥的体积公式求结论.
【详解】因为圆锥的轴截面是一个边长为 的等边三角形，
所以圆锥的底面半径 ，高 ，
所以圆锥的体积 .
故选：A.
5. 已知函数 ，则 （ ）
A. B. C. 1 D. e
【答案】B
【解析】
【分析】根据分段函数 的解析式求 ，再求 即可.
【详解】因为函数 ，
第 2页/共 25页
所以 ，
所以 .
故选：B.
6. 已知两条相交直线 ， 在平面 内， 在平面 外．设 的夹角为 ，直线 与平面 所成角为
， ．则由 确定的平面与平面 夹角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设直线 的交点为 ，过直线 上异于点 的一点 作平面 的垂线，设垂足为 ，过点 作
，垂足为 ，连接 ，由已知可得 ， ，
根据平面与平面夹角定义可得由 确定的平面与平面 夹角为 ，解三角形求夹角大小.
【详解】设直线 的交点为 ，过直线 上异于点 的一点 作平面 的垂线，设垂足为 ，过点 作
，垂足为 ，连接 ，如图：
因为 ，所以 为直线 在平面 内的投影，
所以直线 与平面 所成角为 ，
由已知 ， ，
因为 ， ，
所以 ，又 ， ， 平面 ，
所以直线 平面 ，又 平面 ，
所以 ，即 ，
所以由 确定的平面与平面 夹角为 ,
在 中， ，
在 中， ，即 ，
第 3页/共 25页
在 中， ，即 ，
所以 ，
又 ， ，
所以 ，所以 ，
又 ，所以 ，
所以由 确定的平面与平面 夹角的大小为 .
故选：B
7. 设抛物线 焦点为 ，斜率为 的直线与抛物线交于 两点，若 ，则
的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设直线 的方程为 ，联立方程组，结合设而不求法根据关系 可求 ，
再求 ， ， ，根据余弦定理求结论.
【详解】抛物线 的焦点 的坐标为 ，准线方程为 ，
设直线 的方程为 ，
第 4页/共 25页
联立 ，消 可得 ，
方程 的判别式 ，故 ，
设 ， ，不妨设 ，
由已知 为方程 的根，
所以 ， ，
设点 ， 在准线上的投影分别为 ， ，
因为 ，所以 ，
故 ，所以 ，
即 为方程 的根，
故 ， ，
所以 ， ，
又 ，
由余弦定理， .
故选：B.
8. 在 中，“ ”是“ 为直角”的（ ）
A. 充分但非必要条件 B. 必要但非充分条件
第 5页/共 25页
C. 充要条件 D. 既非充分条件也非必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】对于必要性，假设 是直角，利用诱导公式将等式转化为关于一个角的三角函数的关系，利用同
角三角函数的平方关系可证等式成立，从而证明了必要性；对于非充分性，构造函数
,其中 .利用导数研究单调性和极值，发现当角 足够小时
是存在 3 个零点，每个零点都可以作为角 的值，所以 的值有三个，存在不是直角的情况，从而否定
充分性..
【详解】第一步：检验必要性.
如果 是直角，那么 .
此时，等式 可变为 ，这是成立的，
因此，如果 是直角，等式 成立；
第二步：验证充分性.
若 ，
构造函数 ,其中 .
则
,
记以 ,则 ，
因为 ,所以 , ,
令 ,得 ,
令 ,解得 ,
列表如下：
0
第 6页/共 25页
减 增 减 增
, ,
,
当 时， ，故存在 使得 ，
而 ，且 ，从而函数 在 上有 3 个零点，
每个零点都可以作为角 的值，
所以 的值有三个，存在不是直角的情况，
即存在角 不是直角的情况，所以充分性不成立.
综上所述，“ ”是“ 为直角”必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】思路点睛：本题中非充分性的检验问题，一开始尝试证明充分性，发现不能给出证明，于是开始
时尝试举反例来进行逻辑否定，例子常常很难找到，通常可以计算的例子都不会成功的否定，需要极端情
况下才能找到适合的例子,这里利用构造函数，利用导数探求是否有多余 1 个的零点，从而说明原等式对于
给定得角 ,除了它的余角满足等式，探索是否其它得角满足，从而确定是否必须是使得角 为直角.
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. 设 ，则下列说法正确的有（ ）
第 7页/共 25页
A. B.
C. 该二项式的所有二项式系数之和为 64 D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由 利用赋值法求 ， ，判断
AD，利用二项式展开式通项公式求 项的系数判断 B，结合二项式展开式二项式系数性质判断 C.
【详解】因为 ，
取 ，可得 ，A 正确，
取 ，可得 ，
所以 ，D 正确，
二项式 的展开式的通项公式为 ， ，
取 可得， ，
所以 ，B 错误；
二项式 的所有二项式系数之和为 ,C 正确；
故选：ACD.
10. 已知函数 ， ，下列说法正确的有（ ）
A. 的最小正周期为 B. 是偶函数
C. 在区间 上单调递减 D. 在 上的值域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正弦型函数的周期公式求函数 的周期判断 A，化简函数 的解析式，根据偶函数定
义判断 B，求导，利用导数判断函数 在区间 上单调的单调性，判断 C，结合单调性求函数
第 8页/共 25页
在 上的值域，判断 D.
【详解】因为 ，
所以函数 的最小正周期 ，A 正确；
因为 ，
所以 ，
所以 ，
函数 的定义域为 ，定义域关于原点对称，
，
所以函数 是偶函数，B 正确，
，
当 时， 令 ，可得 ，设方程 的解为 ，
即 ， ，
当 时，此时 ， ，
所以 ，所以函数 在 上单调递减，
当当 时，此时 ， ，
所以 ，所以函数 在 上单调递增，C 错误；
因为函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
第 9页/共 25页
其中 ， ，
又 ， ，
，
所以函数 在 上的值域为 ，D 正确；
故选：ABD.
11. 已知正项等差数列 与正项等比数列 首项相等，且满足 ， ，则下列说法
中正确的有（ ）
A. 的公比为 B. ，使得
C. 对 ，数列 为递增数列 D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知得出 ，代入 可求出 的公比，可判断 A 选项；当 时，分析数
列 的单调性，比较 与 的大小，可判断 B 选项；利用数列单调性的定义可判断 C 选项；求得
，结合放缩法可判断 D 选项.
【详解】对于 A 选项，设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，
由已知 ，则 ，则 ，
即 ，所以， ，因为 ，解得 ，A 对；
对于 B 选项，由题意可得 ，则 ，
，且 ，所以， ，
第 10页/共 25页
令 ，则 ，
当 时， ，即 ，所以，数列 从第三项开始单调递减，
当 时， ，则 ，故对任意的 且 ， ，B 错；
对于 C 选项， ，令 ，
对任意的 ， ，
对任意的 ，由于 ，则 ，则 ，
所以，对 ，数列 为递增数列，C 对；
对于 D 选项， ，
则
，D 对.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的 BC 选项，关键在于分析对应数列的单调性，结合单调性分析数列各项知的变
化，进而结合不等关系求解.
非选择题部分
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12. 已知椭圆 的上顶点与右顶点分别为 ，若直线 的倾斜角为 ，则
的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由椭圆的几何性质可得 坐标，结合条件列出方程可得 ，再由离心率的公式代入计算，
即可得到结果.
【详解】由题意可得 ，则直线 的斜率为 ，
第 11页/共 25页
又直线 的倾斜角为 ，所以 ，
即 ，所以椭圆的离心率为 .
故答案为：
13. 已知函数 在 处取得极大值，在 处取得极小值，若 在 上的
最大值为 ，则 的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数判断函数 的单调性，并确定 ，再结合函数性质求 的最大值.
【详解】因为 ，
所以 ，
令 ，可得 或 ，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
当 时， ，函数 在 上单调递减，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
所以当 时， 取极大值，当 时，函数 取极小值，
所以 ， ，故 ，
又 ， ， ，
当 时，令 可得，
，
所以 ，
故 ，解得 （舍去）或 ，
所以 的最大值为 .
第 12页/共 25页
故答案为： .
14. 有 张卡片，正面分别写有数字 ， ， ， ， ， ，且背面均写有数字 ．先把这些卡片正面朝上
排成一排，且第 个位置上的卡片恰好写有数字 ．然后掷一颗均匀的骰子，若点数为 ，则将第 个位置
上的卡片翻面并置于原处．进行上述实验 次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，在这一条件下，计算骰子
恰有一次点数为 的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件分析试验前后卡片朝上的数字之和的变化情况，设事件 次试验后，卡片朝上的数字之和
为偶数为 ，事件三次试验中抛掷骰子所得点数恰有一次为 为 ， 表示第 次试验中抛掷骰子所得点数
为偶数，设 表示第 次试验中抛掷骰子所得点数为 或 ，设 表示第 次试验中抛掷骰子所得点数为
， ，利用事件 表示事件 ， ，利用概率公式求概率，结合条件概率公式求结论.
【详解】由已知，试验前卡片朝上的数字之和为 ，数字之和为奇数，
若抛掷骰子所得点数为奇数，则试验后卡片朝上的数字之和仍然为奇数，
若抛掷骰子所得点数为偶数，则试验后卡片朝上的数字之和变为偶数，
所以事件进行 次实验后卡片朝上的数字之和为偶数，等于事件三次试验中抛掷骰子所得点数有一次为偶数，
余下两次为奇数，或三次试验中抛掷骰子所得点数都为偶数，
设事件 次试验后，卡片朝上的数字之和为偶数为 ，
设事件三次试验中抛掷骰子所得点数恰有一次为 为 ，
记 表示第 次试验中抛掷骰子所得点数为偶数， ，则 ，
设 表示第 次试验中抛掷骰子所得点数为 或 ， ，则 ，
设 表示第 次试验中抛掷骰子所得点数为 ， ，则 ，
所以
，
事件 表示三次试验中有一次骰子的点数为 ，另两次的点数为奇数或三次试验中有一次骰子的点数为
，另两次的点数为偶数 或 ，
第 13页/共 25页
所以 ，
所以 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于确定试验前后卡片上的数字和的变化与抛掷的骰子的点数的关
系.
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. 为了了解高中学生语文与数学成绩之间的联系，从某学校获取了 名学生的成绩样本，并将他们的数
学和语文成绩整理如表：
单位：人
语文成绩
数学成绩
不优秀 优秀
不优秀
优秀
（1）依据 的独立性检验，能否认为学生的数学成绩与语文成绩有关联？
（2）以顾率估计概率、从全市高中所有数学不优秀的学生中随机抽取 5 人，设其中恰有 位学生的语文成
绩优秀，求随机变量 的分布列以及数学期望．
附：
【答案】（1）依据 的独立性检验，可认为学生的数学成绩与语文成绩有关联；
（2）分布列见解析， .
【解析】
第 14页/共 25页
【分析】（1）提出零假设学生的数学成绩与语文无关，计算 ，比较其与临界值的大小，由此确定结论；
（2）确定 的可能取值，结合二项分布定义判断 ，根据二项分布概率公式求取各值的概率，
由此可得其分布列，再由二项分布期望公式求期望.
【小问 1 详解】
零假设 为：学生的数学成绩与语文无关，
由题 ，
所以依据 的独立性检验，推断零假设 不成立，即认为学生的数学成绩与语文成绩有关联，此推
断犯错误的概率不大于 .
【小问 2 详解】
由题意可知数学不优秀的学生中语文成绩优秀的概率为 ，
随机变量 的取值有 ，由已知 ，
则 ， ，
， ，
， ，
所以随机变量 的分布列为
所以随机变量 的数学期望 .
16. 已知等轴双曲线 的左右焦点分别为 ，经过点 的直线与 的渐近线相交于点 ，点 的
横坐标为 ， 是线段 的中点，经过点 的直线 与 相交于 两点．
（1）求双曲线 的方程；
第 15页/共 25页
（2）当 的面积为 时，求 的方程．
【答案】（1）
（2） 或 .
【解析】
【分析】（1）设双曲线方程为 ，求 的坐标，求双曲线的渐近线方程，讨论 的位置，求
点 的坐标，列方程求 ，由此可得结论；
（2）设 的方程为 ，联立方程组，结合设而不求法表示 的面积，列方程求 可得结论.
【小问 1 详解】
因为双曲线 为等轴双曲线，故可设双曲线方程为 ，
则 ， ，
所以双曲线 的渐近线方程为 ，
若点 渐近线 上，则 ，故 ，
代入渐近线 ，可得 ，
所以双曲线 的方程为 ，
若点 在渐近线 上，则 ，故 ，
代入渐近线 ，可得 ，
所以双曲线 的方程为 ，
故双曲线方程为 .
【小问 2 详解】
第 16页/共 25页
由题直线 不与 轴垂直，不妨设 的方程为 ，
联立 ，消 可得 ，
由已知 ， ，
设 ， ，
由已知 为方程 的根，
所以 ， ，
所以 ，
又点 到直线 距离 ，
所以 的面积 ，
所以 ，
所以直线 的方程为 或 .
17. 如图，在等腰直角三角形 中， ， ， 为 的中点， 分别为 边
上一点，满足 ．将 分别沿着 翻折成 ，满足
在平面 的同一侧， 面 面 ．
第 17页/共 25页
（1）证明： 共面；
（2）在线段 上是否存在一点 （异于端点），满足 平面 ？若存在，求出点 的位置；
若不存在，请说明理由；
（3）在（2）的情况下，求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【解析】
【分析】（1）延长 ， 相交于点 ，证明 ， ，再证明 ，由此可证
共面；
（2）先证明 平面 ， 平面 ，根据面面平行判定定理证明平面 平面
，取 上靠近 的三等分点 ，根据线面平行判定定理证明 平面 ；
（3）作 与 相交于点 ，证明 平面 ，根据线面角定义可得 就是直线
与平面 所成角，解三角形求角的正弦值.
【小问 1 详解】
延长 ， 相交于点 ，
因为 ， 为 的中点，
故 ，又 ，所以 ，
又 ， 所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
第 18页/共 25页
而 ， ，
所以 ，故 ，
故 共线，且 ，
又 ，所以 ，
所以 共面，
【小问 2 详解】
由（1） ，又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 ，又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
由（1） ，取 上靠近 的三等分点 ，
则 ，又 ，
所以四边形 为平行四边形，
所以 ， 平面 ， ，
所以 平面 ，
【小问 3 详解】
第 19页/共 25页
由（2）可得直线 与平面 所成角即为直线 与 所成角，
作 与 相交于点 .
由 平面 ， 平面 ，可得 ，
又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
所以直线 在平面 上的投影为 ，
所以 就是直线 与平面 所成角，
在 中， ， ， ，
所以 ，
所以 ，
在 中， ， ，
所以 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
18. 已知 、 ，函数 ．
（1）若曲线 在 处的切线方程为 ，求 的值；
（2）若函数 在 上单调递增，求 的取值范围；
第 20页/共 25页
（3）若对 ，函数 至多有两个零点，求 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义可得出 ，可求出 、 的值，即可得解；
（2）由已知得出 对任意的 ，参变量分离得出 ，利用导数求出函数 的
最小值，由此可得出实数 的取值范围；
（3）对实数 的取值进行分类讨论，利用导数分析函数 的单调性，结合函数 的零点个数可得
出实数 的取值范围.
【小问 1 详解】
因为 ，则 ，
由题意可得 ， ，
解得 ， ，故 .
【小问 2 详解】
由题意可知，对任意的 ， ，可得 ，
令 ，则 ，
由 可得 ，由 可得 ，
所以，函数 的减区间为 ，增区间为 ，
所以， ，
第 21页/共 25页
因此，实数 的取值范围是 .
【小问 3 详解】
由（2）得，当 时，函数 在 上单调递增，
则函数 至多一个零点，符合题意；
当 时， ，当 时， ，且
当 时， ，作图所示：
由图可知，存在 ，使得 ，
且当 时， ，当 时， ，
所以，函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
所以，对 ，函数 至多有两个零点，符合题意；
当 时，函数 有两个零点，
设两个零点分别为 、 ，
当 或 ， ，当 时， ，
所以，函数 的增区间为 、 ，减区间为 ，
所以，函数 的极大值为 ，极小值为 ，
且当 时， ；当 时， .
第 22页/共 25页
故当 时，即当 时，
函数 有三个零点，不合题意.
综上所述，实数 的取值范围是 .
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，
然后将问题转化为函数图象与 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思
想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由 分离变量得出 ，将问题等价转化为直线 与函数
的图象的交点问题.
19. 对任意给定的 ，若有穷数列 满足： 其中
．则称该数列为“ 数列”．
（1）当 时，是否存在符合条件的“ 数列”？若存在，请求出所有的符合条件的“ 数列”：若不
存在，请说明理由：
（2）证明：（i） ；
（ii）当 时，任意符合条件的“ 数列”都满足 ；
（3）当 时，求出所有的“ 数列”．
【答案】（1）不存在 （2）（i）证明见详解（ii）证明见详解
（3）
【解析】
【分析】(1)根据数列 的定义，分别验证是否符合“ 数列”；
(2)（i）根据数列 的定义，分别写出 ， ， , 求和即可；
第 23页/共 25页
（ii）对 ， 分别证明；
(3)借助(2)可得 ， ， ，分别就 ， 和 求得所有的“ 数列”
【小问 1 详解】
当 时， ，可知不存在“ 数列”；
当 时，若 ，又 ,矛盾；
若 ，则 ，因此只能 ，
故 ，但此时 ，矛盾，所以不存在“ 数列”.
【小问 2 详解】
（i）由题意可知 ，
假设 ，满足 ，则 ，即 ，
与 矛盾，因此 ， ，
所以
（ii）设 ，
①当 时，可知 ,否则与（i）矛盾，
故 ，因此 ，而若 ，则 ,得 矛盾，
所以 ；
②当 时，由（i）得 ，而 ，因此 ，
，因此 ;
综上所述，当 时，任意符合条件的“ 数列”都满足 .
【小问 3 详解】
第 24页/共 25页
由(2)得当 时， ， ，此时 ，
， .
①当 时， ，舍去；
②当 时， ， ，而此时 ， 与（i）矛盾，舍去；
③当 时，恰好满足 故其他项均为 0，可知 即 ,因此
， ， ，其他项均为 0.
综上所述，当 时，只有一个符合题意的“ 数列”，
即为 .