浙江省2024_2025学年高二数学下学期3月联考试卷含解析

这是一份浙江省2024_2025学年高二数学下学期3月联考试卷含解析，共18页。试卷主要包含了 已知函数，则不等式的解集是， 已知复数，则等内容，欢迎下载使用。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
一､选择题：本大题共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. 设集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用交集的定义求解.
【详解】集合，所以.
故选：C
2. 若数列为等比数列，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由题意，根据等比中项的应用，结合充分条件、必要条件的定义即可求解.
【详解】由题意知，数列为等比数列，
当时，得，故充分性成立；
当时，，解得，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件,
故选：A
3. 已知正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，高为1，则此三棱台的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用棱台的体积公式计算得解.
【详解】正三棱台的上底面积，下底面积，
所以此三棱台的体积.
故选：B
4. 一副扑克牌中，同一花色有13张牌，分别为“A，2，3，4，5，6，7，8，9，10，J，Q，K”，我们把满足“A23”、“234”、...、“10JQ”、“JQK”、“QKA”的牌型称为“顺子”.现在，我们将同一花色的13张牌洗匀后，随机抽取3张，恰好能组成“顺子”的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据古典概率的计算方法结合组合数公式求解即可.
【详解】从13张牌中选取3张，不考虑顺序的组合数为：,其中“顺子”数为，
所以随机抽取3张，恰好能组成“顺子”的概率是.
故选：D.
5. 已知函数，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数求出函数的单调区间，再利用单调性求解不等式.
【详解】函数定义域为R，求导得，
当时，；当时，，
函数上单调递减，在上单调递增，
不等式中，，因此，解得，
所以所求解集为.
故选：A
6. 在平面直角坐标系中，点和，点在以坐标原点为圆心，为半径的圆上运动，则的最大值是（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】设，利用坐标法表示出，，再根据向量模的坐标表示及余弦函数的性质计算可得.
【详解】设，则，，
所以，
所以，
因为，所以当时，取得最大值，且.
故选：C
7. 设函数，其中，若恒成立，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式恒成立，按照的符号进行分类讨论，推出，再利用基本不等式即可求得所求式的最小值.
【详解】由恒成立，可得恒成立，
当，即时，恒成立，故得；
当时，即时，显然不等式恒成立；
当时，即时，恒成立，故得.
综上分析，可得.
因，则，当且仅当时等号成立，
则，
即的最小值是.
故选：A.
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上除顶点外的任意一点，椭圆在点点处的切线为直线，过作直线的垂线，垂足在圆上，当时，，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，作出图形，结合椭圆的光学性质求出即可.
【详解】延长至，使，连接，
由直线是椭圆在点点处的切线，且，得三点共线，，
而为的中点，则，即，
令椭圆半焦距为，当时，设，则，解得，
，即，
所以椭圆的离心率.
故选：B
二､多项选择题：本大题共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. 已知复数，则（ ）
A.
B. 复数的虚部是
C. 复数在复平面内所对应的点位于第三象限
D. 复数是方程在复数范围内的一个解
【答案】CD
【解析】
【分析】先算出再用复数模公式判断A；依据复数虚部定义判断B；根据复平面内复数与点坐标的对应关系判断C；把代入方程左边，看结果是否为，判断D.
【详解】已知，则.，所以选项错误.
已知，所以复数的虚部是，而不是，所以选项错误.
已知，则其在复平面内对应的点的坐标为，所以该点位于第三象限，选项正确.
将代入方程的左边得：
，展开得：，
即满足方程，所以复数是方程在复数范围内的一个解，选项正确.
故选：CD.
10. 已知数列满足，其前项和为，下列选项中正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则存在最小值
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题设可得数列为等差数列，公差为，举例判断A；结合数列前项和的定义判断B；结合等差数列前项和的公式及二次函数的知识判断C；根据等差数列前项和的公式判断D.
详解】由，
令，则，
所以数列为等差数列，公差为.
对于A，当时，
满足，但，故A错误；
对于B，由，则，故B正确；
对于C，由，
由于，又二次函数的知识可知，
当时，取得最小值，
当不为正整数时，则取离最近的正整数时，取得最小值，
综上所述，存在最小值，故C正确；
对于D，由，则，即，
所以，故D正确.
故选：BCD.
11. 棱长为的正方体中，点分别是棱的中点，点是棱上的动点，且满足，以下说法正确的是（ ）
A.
B. 存在，使得平面平面
C. 点到平面的距离的最小值是
D. 直线与平面所成角的最大值是
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由平行传递性可判断，对于BCD，通过建系，由向量法逐项判断即可.
【详解】
如图建系：易得，
在正方体中易得：，再结合中位线可得：，
所以，A正确，
设平面的法向量为：，，
由可得：，令，可得：，
所以，
设平面法向量为：，
由可得：，令，可得：，
所以，
由，
可得：，所以存在，使得平面平面，B正确；
点到平面的距离，
因为，所以当时，取到最小值，C正确；
，
设直线与平面所成角为，
所以，
令，解得：，又因为，所以直线与平面所成角的最大值不是，错误；
故选：ABC
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知是函数的导函数，若图象的一条对称轴为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出，再利用余弦函数的对称性求解.
【详解】函数，求导得，
由图象的一条对称轴为，得，而，
所以.
故答案为：
13. 已知等比数列的前项和是，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用与通项的关系求出数列通项，由首项得到方程，计算即得.
【详解】因，当时，
当时，，
因数列为等比数列，故当时，，解得.
故答案为：
14. 已知函数，对恒成立，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】转化为对恒成立，结合函数图象趋势分类讨论，并利用导函数研究函数单调性可求.
【详解】.
则由题意可得，对恒成立，，
当时，则，
，
则当，故不符合题意；
当时，，
，则在上单调递增，
，符合题意.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：.
四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤.
15. 在中，是线段上的动点.
（1）若是的平分线，求的值；
（2）若，求线段的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据角平分线定理得，得到，通过平方结合数量积求得，再由正弦定理得，即得.
（2）由得，通过平方结合数量积即可求得.
【小问1详解】
∴，
由是的平分线，得根据角平分线定理得,
∴,
∵,
∴.
在△中，由正弦定理得.
【小问2详解】
若，则,
,
∴.
所以线段的长为.
16. 7本不同的书，分给甲、乙、丙3个同学.
（1）若甲同学分得2本，乙同学分得2本，丙同学分得3本，共有多少种不同的分法；
（2）若其中一人分得2本，另一个人分得2本，第三人分得3本，共有多少种不同的分法.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先从本不同书中选本给甲同学，再从剩下的本不同的书中选本给乙同学，按照分步乘法计数原理计算可得；
（2）先分组，再分配，部分平均分组需除以组（相等的组）的全排列；
【小问1详解】
首先从本不同的书中选本给甲同学，有种；
再从剩下的本不同的书中选本给乙同学，有种；
最后把剩下的本不同的书分给并，
按照分步乘法计数原理可得一共有种不同的分法；
【小问2详解】
首先从本不同的书中选本作为一组，有种；
再从剩下的本不同的书中选本作为一组，有种；
剩下的本不同的书作为一组，
最后将三组书分配给三个同学，则有种不同的分法.
17. 如图，是等边三角形，直线平面，直线平面，且，是线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）首先证明平面，即可得到为直线与平面所成角，从而求出、，取的中点，的中点，连接、，即可得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
取中点，连接，，
因为是线段的中点，所以且
因为直线平面，直线平面，
∴，
∵，
∴且，
∴四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
又是等边三角形，为的中点，所以，
又，平面，所以平面，
则为直线与平面所成角，即，又，，
所以，则，解得，
取的中点，的中点，连接、，则，，
所以平面，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，取；
设平面的法向量为，则，取；
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知双曲线，其焦距为4，且双曲线经过点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）已知斜率为的直线和双曲线的右支交于两点，为坐标原点，若的重心在双曲线上，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意列出的关系，求解即可得出答案；
（2）设点设直线，联立，韦达定理，然后利用重心坐标公式写出重心坐标，代入双曲线方程即可得出答案．
【小问1详解】
由题可知，
代入双曲线方程得，又，
所以，
所以，所以双曲线的方程为；
【小问2详解】
设，直线：，与双曲线联立得
，
，
所以，
由韦达定理得，，
所以重心坐标为，
代入双曲线方程得，合题意，
所以直线的方程为.
19. 已知函数.
（1）当时，求函数的图象在处的切线方程；
（2）若函数有两个零点，求的取值范围；
（3）若函数的两个零点为，求证：.
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数求出切点坐标和切线斜率，则得到切线方程；
（2）分离参数得，设，利用导数求出其值域，则得到的范围；
（3）根据题意得，设，将不等式转化为证明，设新函数，利用导数即可证明.
【小问1详解】
由，得，则切点为．
函数求导得，故切线斜率，
所以切线方程为：．
【小问2详解】
等价转换为：，记，
对求导可得：，
时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
又因当时，时，，
且，
的取值范围为．
【小问3详解】
由（2）可得，，
且．
设，则，其中，
两式相乘得：．
需证明：，
构造函数，
时，单调递减；时，单调递增．
，
综上，，因此，原不等式得证．
20. 定义：对于集合，若不存在常数，使得，且对于中的任意数列，均有，其中常数和的值唯一，则称数列可用，线性表示，其中是的一组基底.（注：若，则）已知集合中的任意数列均满足递推关系：，而均为集合中的数列.
（1）若；；
①求出和；
②写出数列关于的线性表示（无需证明）.
（2）若，且，证明：是的一组基底.
【答案】（1）①，，，；②
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）①由递推公式代入求值即可.②由，利用待定系数法可得.
（2）先根据与利用反证法证明不存在常数，使得，再由特征根法求得，进而由得和的值唯一，即证.
【小问1详解】
由题意，，
，，
【小问2详解】
若存在常数，使得，则，，
又，则，这与矛盾，
故不存在常数，使得，
由得其特征方程为，解得或，
故设，
由得，故，
故，，
对于中的任意数列也有，
设，则由题意可知，
则，
故，得，即常数和的值唯一，
故中的任意数列可用，线性表示，
故是的一组基底.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的证明需要紧扣题干基底的概念，先证明不存在常数，使得，再证，即可证明是的一组基底.