2024-2025学年浙江省高三数学下学期开学考试试卷（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省高三数学下学期开学考试试卷（附答案），共22页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷， 有一组数据， 已知，若，则， 已知为函数的一个极大值点，则等内容，欢迎下载使用。
2.答题前，在答题卷指定区域填写学校､班级､姓名､试场号､座位号及准考证号；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效：
4.考试结束后，只需上交答题卷.
一､单项选择题：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. 已知全集，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由集合交并补的定义运算.
【详解】，
，，B选项正确；
，，或，ACD选项都不符合.
故选：B
2. 已知复数满足，则（）
A. -2B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算法则，结合共轭复数的定义和复数乘法的运算法则进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
故选：D
3. 已知，则（）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由商数关系以及两角差的正切公式即可运算.
【详解】由题意，解得，
所以.
故选：A.
4. 柳编技艺在我国已有上千年的历史，如今柳编产品已经入选国家非物质文化遗产名录.如图所示；这是用柳条编织的圆台形米斗，上底直径，下底直径，高为，则该米斗的容积大概为（）
A. 9升B. 15升C. 19升D. 21升
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由圆台体积公式代入计算，即可得到结果.
详解】由题意可得，上底面面积，
下底面面积，高，
由圆台的体积公式可得
升.
故选：B
5. 有一组数据：，去掉该组中的一个数据，得到一组新的数据.与原有数据相比，无论去掉哪个数据，一定变化的数字特征是（）
A. 平均数B. 众数C. 中位数D. 极差
【答案】A
【解析】
【分析】先求出原数据的数字特征，再分别求去掉一个1、2、3、4后所得新数据的数字特征，比较数据的变化即可下结论.
【详解】原数据的平均数、众数、中位数、极差分别为2.8,4,3,3.
若去掉一个1后所得的新数据的平均数、众数、中位数、极差分别为,4,3,3.
所以平均数变化，众数、中位数、极差不变；
若去掉一个2后所得的新数据的平均数、众数、中位数、极差分别为,4,3,3.
所以平均数变化，众数、中位数、极差不变；
若去掉一个3后所得的新数据的平均数、众数、中位数、极差分别为,4,3,3.
所以平均数变化，众数、中位数、极差不变；
若去掉一个4后所得的新数据的平均数、众数、中位数、极差分别为,4,3,3.
所以平均数、众数、中位数、极差不变.
所以一定变化的是平均数.
故选：A
6. 已知，若，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据特殊值法、等式构造不等式，再根据不等式的形式构造新函数，利用新函数的单调性进行判断即可.
【详解】当时，，
函数是正实数集的上的增函数，
因为，因此，显然，
因此选项A不正确；
当时，，
函数是正实数集的上的增函数，
因为，因此，显然，
因此选项B不正确；
因为，所以
由，
构造函数，显然该函数单调递增，
由，因此选项C不正确，选项D正确，
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用放缩法、构造函数法进行求解判断.
7. 已知正项数列满足为的前项和，则“是等差数列”是“为等差数列”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的定义、之间的关系，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】当是等差数列时，设公差为，由，
因此，
当时，因为，
所以为等差数列；
当为等差数列时，设公差为，则有，
所以当时，，
两式相减，得，由，或，因为该数列是正项数列，所以舍去，
因此，显然当时，成立，
当时，因为，
所以是等差数列，因此“是等差数列”是“为等差数列”的充要条件，
故选：C
8. 已知平面向量满足，则的最大值为（）
A. 2B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量加减法的平行四边形法则作图，问题转化为求的最值，利用外接圆数形结合可求最值.
【详解】设，如图，
由题意，即在平行四边形中，，，
求的最大值.
延长至，使，则，
由正弦定理，三点所在外接圆的直径，
所以，设圆心为，如图，
所以可知，又，
所以由余弦定理可得，
则由图象可知，
故选：C
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知为函数的一个极大值点，则（）
A. 函数的值域为
B. 函数奇函数
C. 曲线关于直线对称
D. 函数在上单调递增
【答案】BC
【解析】
【分析】利用辅助角公式可求得，利用极值点可求得，利用三角函数值域可得A错误，根据三角函数奇偶性可得B正确，再利用正弦型函数对称轴方程可求得C正确，根据三角函数单调性可求得D错误.
【详解】因为函数，且；
由为函数的一个极大值点，可得；
所以，即，
对于A，函数的值域为，即A错误；
对于B，为奇函数，即B正确；
对于C，令，可得，
当时，，可得曲线关于直线对称，即C正确；
对于D，令，解得，
所以函数在上单调递增，在上不是单调递增的，即D错误；
故选：BC
10. 三棱锥各顶点均在半径为2的球的表面上，，二面角的大小为，则下列结论正确的是（）
A. 直线平面.
B. 三棱锥的体积为
C. 点到平面的距离为1
D. 点形成的轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断，位置，利用垂直关系证明为中点即可判断AC，再由体积公式判断B，根据为定长判断点轨迹为圆，即可判断D.
【详解】如图，
设是的外心，是的外心，
则平面，平面，
又平面，平面，
所以，，又，平面,
所以平面，又平面，
所以，由，则是的中点，
所以，且，
所以是二面角平面角，即，
因为，所以，
所以，即，
又四点共面，且，则是中点，如图，
显然，直线与平面相交于，故A错误；
，故B正确；
由是中点，则，故C正确；
由，故点形成的轨迹是半径为的圆，故轨迹长度为，故D正确.
故选：BCD
11. 日常生活中植物寿命的统计规律常体现出分布的无记忆性.假设在一定的培养环境下，一种植物的寿命是取值为正整数的随机变量，根据统计数据，它近似满足如下规律：对任意正整数，寿命恰好为的植物在所有寿命不小于的植物中的占比为.记“一株植物的寿命为”为事件，“一株植物的寿命不小于”为事件.则下列结论正确的是（）
A.
B.
C. 设，则为等比数列
D. 设，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】设植物总数为，寿命为年的植物数为，由题意，在此基础上利用变形推理得出，即可判断AC，再由的关系求出判断B，根据错位相减法求和判断D.
【详解】设植物总数为，寿命为年的植物数为，
由题意，，
则①
②
②①得，，
即，故，故A错误；
由，
故，故B正确；
由，
故，即为等比数列，故C正确；
因为，
设，则，
，
相减可得
，
所以，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：难点在于理解对任意正整数，寿命恰好为的植物在所有寿命不小于的植物中的占比为，这句话的数量表示是本题推理论证的的基础，能否理解并用数学式子表示是解题的关键与难点.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知正实数满足，则的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由条件等式，利用基本不等式求的最小值.
【详解】正实数满足，有，
则，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
13. 已知分别是双曲线的左､右焦点，是圆与的渐近线的一个交点，若，则双曲线的离心率为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】由已知可得，再结合可求得，则可得为等边三角形，从而可得，则有，进而可求出离心率.
【详解】由题意设与双曲线的一条渐近线交于点，则，
所以，
因为，所以，
因为，
所以为等边三角形，
所以，
所以，
所以双曲线的离心率为，
故答案为：2
14. 已知函数若函数有唯一零点，则实数的取值范围是__________.
【答案】或
【解析】
【分析】换元后转化为，该方程存在唯一解，且，数形结合求解.
【详解】当时，单调递减，图象为以和轴为渐近线的双曲线的一支；
当时，有，可得单调递减，在单调递增
且，，画出图象如下:
由题意，有唯一解，设，
则，（否则至少对应2个，不满足题意），
原方程化为，即，
该方程存在唯一解，且.
转化为与有唯一公共点，且该点横坐标在，画图如下：
情形一：与相切，联立得，
由解得，此时满足题意：
情形二：与有唯一交点，其中一个边界为(与渐近线平行)，
此时交点坐标为，满足题意；
另一个边界为与相切，即过点的切线方程，
设切点为，则，解得，
所以求得，此时左侧的交点D横坐标为满足条件，右侧存在切点E，故该边界无法取到；
所以的范围为.
综上，的取值范围为或.
故答案为：或
【点睛】关键点点睛，解决本题的关键在于第一要换元，令，转化为方程存在唯一解，且，作出与的图象数形结合求解，第二关键点在于分类讨论后利用导数或联立方程组求切线的斜率，属于难题.
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. 已知的内角的对边分别是，且.
（1）判断的形状；
（2）若的外接圆半径为1，求周长的最大值.
【答案】（1）等腰三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式、特殊角的三角函数值进行求解即可；
（2）运用正弦定理，结合导数的性质进行求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
所以，
所以，即，
因为，所以；
所以为等腰三角形；
【小问2详解】
由题意可知，
所以的周长为：
，
设，
则，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减；
所以当时，取到最大值，
所以周长的最大值为.
16. 如图，在等腰直角三角形中，分别为的中点，，将沿折起，使得点至点的位置，得到四棱锥.
（1）若为的中点，求证：平面；
（2）若平面平面，点在线段上，平面与平面夹角的余弦值为，求线段的长.
【答案】（1）证明见详解；
（2）或3.
【解析】
【分析】（1）取中点，利用线面平行的判定推理即得.
（2）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法列式计算即得.
【小问1详解】
取中点，连接，由为的中点，得，且，
由分别为的中点，得，且，
则且，于是四边形为平行四边形，
因此，又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
由平面平面，平面平面，平面，
得平面，又，则直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，
设为平面的法向量，则，令，得，
显然平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，
则，解得或，
所以线段的长1或3.
17. 甲､乙､丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：每场比赛胜者积2分，负者积0分；比赛前根据相关规则决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空；积分首先累计到4分者获得比赛胜利，比赛结束.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为.
（1）若，求比赛结束时，三人总积分的分布列与期望；
（2）若，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略.
【答案】（1）分布列见详解，.
（2）让乙和丙打第一局
【解析】
【分析】（1）求出的取值及对应的概率，得到分布列，求出数学期望；
（2）分别计算出“第一局乙对丙最终乙获胜”，“第一局乙对甲最终乙获胜”，“第一局甲对丙而最终乙获胜”三种策略下的概率，作差法比较出大小，得到答案.
【小问1详解】
由题意可知，两场比赛后结束，也即第一局的其中1人连续获得两场胜利，有两种情况，
此时，，
当三场比赛后结束，即第一局比赛的2人均未获胜，轮空者获胜，共有两种情况，
此时，；
当四场比赛后结束，前三局比赛，甲乙丙三人各赢1场，进行第四场比赛，共有2种情况，
此时，；
所以三人总积分的分布列为
所以.
【小问2详解】
设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，为“第一局乙对甲最终乙获胜”，为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，则有：
已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为.
其中包含三种情况，第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜；
第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜；
第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜，
故；
同理可得；
；
显然，
故，
，
由于，
故，
所以；
故乙的最优指定策略是让乙和丙打第一局.
【点睛】方法点睛：解决策略类问题，往往需计算出各种情况下的概率，作差比较各种情况下的概率大小，作出决断.
18. 已知过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，当直线垂直于轴时，的面积为.
（1）求抛物线的方程；
（2）若为的重心，直线分别交轴于点，记的面积分别为，求的取值范围.
【答案】（1）的方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形面积求出，得出抛物线方程；
（2）利用重心的性质可得，再由直线与抛物线联立，利用根与系数的关系化简，由均值不等式及不等式的性质求值域即可.
【小问1详解】
当时，，，
所以，
由题意可知，，
所以，
所以抛物线的方程为
【小问2详解】
如图，
设，
因为为的重心，
所以；
因为，
且；
所以；
设，与联立得：，所以，
所以，则；
所以；
所以的取值范围为.
19. 置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合的函数称为次置换.满足对任意的置换称作恒等置换.所有次置换组成的集合记作.对于，我们可用列表法表示此置换：，记.
（1）若，计算；
（2）证明：对任意，存在，使得为恒等置换；
（3）对编号从1到52的扑克牌进行洗牌，分成上下各26张两部分，互相交错插入，即第1张不动，第27张变为第2张，第2张变为第3张，第28张变为第4张，，依次类推.这样操作最少重复几次就能恢复原来的牌型？请说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见解析（3）最少8次就能恢复原来的牌型，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到；
（2）解法一：分类列举出所有情况，得到结论；
解法二：，故至少有一个满足，当分别取时，记使得的值分别为，取为的最小公倍数即可得到答案；
（3）设原始牌型从上到下依次编号为1到52，故，列举出各编号在置换中的变化情况，得到连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，从而得到最少8次这样的置换即为恒等置换.
【小问1详解】
，
由题意可知；
【小问2详解】
解法一：①若，则为恒等置换；
②若存在两个不同的，使得，不妨设，则.
所以，即为恒等置换；
③若存在唯一的，使得，不妨设，则或.
当时，由（1）可知为恒等置换；
同理可知，当时，也是恒等置换；
④若对任意的，
则情形一：或或；
情形二：或或
或或或；
对于情形一：为恒等置换；
对于情形二：为恒等置换；
综上，对任意，存在，使得为恒等置换；
解法二：对于任意，都有，
所以中，至少有一个满足，
即使得的的取值可能为.
当分别取时，记使得的值分别为，
只需取为的最小公倍数即可.
所以对任意，存在，使得为恒等置换；
【小问3详解】
不妨设原始牌型从上到下依次编号为1到52，则洗牌一次相当于对作一次如下置换：，即
其中.
注意到各编号在置换中的如下变化：
，，
，
，
，
，
，
，
，
所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，
注意到的最小公倍数为8，由此可见，最少8次这样的置换即为恒等置换，
故这样洗牌最少8次就能恢复原来的牌型.
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
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0.5
0.25
0.25