精品解析：浙江省新阵地教育联盟2024-2025学年高三上学期第一次联考数学试题

浙江省新阵地教育联盟2025届第一次联考 数学试题卷 命题：天台中学 蒋永存､李明 磨题：安吉高级中学 焦晓东 湖州二中 费凡 校稿：李慧华､吕金晶 一､单项选择题：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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解一元二次不等式得到，再由交集运算即可. 【详解】 所以 故选:D 2. 已知平面向量，则（ ） A. 2 B. 10 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量数量积的坐标运算公式求解即可. 【详解】， . 故选：A. 3. 在的展开式中，含的项的系数为（ ） A. 15 B. C. 270 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式解决问题. 【详解】设二项展开式的第项为：， 由. 所以含的项的系数为：. 故选：A 4. 在中，角的对边分别为.已知，则（ ） A. 1 B. 2 C. 1或2 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦定理即可求解. 【详解】由余弦定理可得,即， 解得或， 故选：C 5. 函数与的图象的交点个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象即可判断交点个数. 【详解】画出与的图象如图所示： 根据图象可知，交点个数是个. 故选：C. 6. 若随机变量，则下列选项错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用正态分布的概率、期望、方差性质，结合期望、方差结论逐个验证即可. 【详解】对于A选项，变量，这里，所以，A选项正确. 对于B选项，因为正态分布图象关于对称，. 根据正态分布的对称性，，B选项正确. 对于C选项，若，则.对于， 根据期望的性质.所以，C选项正确. 对于D选项，若，则，对于， 根据方差的性质.所以， D选项错误. 故选：D. 7. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，为对角线与的交点，若，则三棱锥的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间几何体及球的特征确定球心，结合球体体积公式计算即可. 【详解】 因为底面，底面，即， 根据题意可知为等边三角形，为直角三角形， 而， 则， 取的中点，连接，所以， 易知，则， 所以三棱锥的外接球的球心为F， ， ∴该外接球的体积为. 故选：B 8. 北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有..........依此类推，最底层有个小球，共有层.现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共层，小球总个数为，则该垛积的第一层的小球个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】设各层的小球个数为数列，利用，可得，，利用数列的求和公式，求得，根据题意，列出方程，求得的值，进而求得该垛积的第一层的小球个数. 【详解】设各层的小球个数为数列， 由题意得，，，， 因为，可得， ， ， ， 则， 因为前层小球总个数为，所以，即， 解得或（舍去）， 所以，可得，即该垛积的第一层的小球个数为个. 故选：B. 二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 某地区5家超市销售额（单位：万元）与广告支出（单位：万元）有如下一组数据： 超市 A B C D E 广告支出（万元） 1 4 6 10 14 销售额（万元） 6 20 36 40 48 下列说法正确的是（ ） 参考公式：样本相关系数 A. 根据表中数据计算得到与之间的经验回归方程为，则 B. 与之间的样本相关系数 C. 若残差的平方和越小，则模型的拟合效果越好 D. 若该地区某超市的广告支出是3万元，则该超市的销售额一定是17.6万元 【答案】AC 【解析】 【分析】计算样本中心点并代入线性回归方程可得从而判断A，利用可判断B，由残差的概念可判断C，由线性回归方程只能进行数据估计可判断D. 【详解】由题意，，， 样本中心点为，代入中，可得，故A正确； 由，得， ，， 所以，故B错误； 由残差的计算可知，若残差的平方和越小，则模型的拟合效果越好，故C正确； 若该地区某超市的广告支出是3万元，则该超市的销售额估计值为（万元），但不一定是17.6万元，故D错误. 故选：AC. 10. 已知分别是双曲线的左右焦点，点是圆上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 三角形的周长是12 B. 若双曲线与双曲线有相同的渐近线，且双曲线的焦距为8，则双曲线为 C. 若，则的位置不唯一 D. 若是双曲线左支上一动点，则的最小值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合双曲线和圆的性质以及点到直线的距离公式可得A正确；由相同渐近线方程设出双曲线方程，再由焦距解出即可得B错误；由椭圆的轨迹和圆的位置关系得到C正确；由双曲线的定义结合点与圆的位置关系得到D正确； 【详解】由题意可得双曲线，，，，，， 圆心坐标，半径， A，，，， 所以三角形的周长是12，故A正确； B，由题意可设双曲线的方程为或， 变形为标准形式或，， 又双曲线的焦距为8，所以， 所以双曲线为或，故B错误； C，，所以点轨迹为以为焦点的椭圆，且，，， 所以轨迹方程为， 圆心坐标代入椭圆方程可得， 所以圆心在椭圆上， 又点是圆上点，画出图形可得 所以，的位置不唯一，故C正确； D，由双曲线的定义可得， 所以， 所以， 因为， 所以当三点共线时，取得最小值， 又因为的最小值为， 所以的最小值是，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知增函数的定义域为正整数集，的取值也为正整数，且满足.下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 对任意正整数，都有 【答案】ABD 【解析】 【分析】列出的值，归纳规律，可得问题结果. 【详解】因为为正整数，且单调递增. 因为（若，则，所以矛盾）， 所以或（且） 若（且），令，则；再令，则， 因为，所以，即，这与矛盾.所以不成立. 所以. 所以； ； ；又因为为正整数，且单调递增，所以； … 可得下表： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 5 6 7 9 11 12 13 14 15 17 19 21 23 24 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 25 26 27 28 29 30 31 33 35 37 39 41 43 45 47 48 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 65 故AB正确； 因为：，，，，… 所以，故D正确； 因为，故C错. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：先确定的值，因为，且，所以或，若根据继续往下推，得到的结果就不满足单调递增，所以成立. 第Ⅱ卷 三､填空题：本题共3小题，共15分. 12. 已知复数，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算化简复数，然后利用复数模的运算公式求解即可. 【详解】，故. 故答案为： 13. 已知是等差数列的前项和，若，则__________. 【答案】3 【解析】 【分析】由题意得，进一步由等差数列基本量的计算即可得解. 【详解】由题意，所以， 所以（为公差）. 故答案为：3. 14. 甲乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于12或者所有卡片被抽完时，游戏结束.若甲先抽卡，求甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束的概率是______. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可知游戏结束时共抽取了5张卡片，甲抽取的三张卡片数字之和为12，乙抽取的两张卡片数字之和不为12，分别计算出所对应的排列总数即可得出结论. 【详解】根据题意可知甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束相当于从7张卡片中抽取了5张， 且甲抽取的三张卡片数字之和为12，乙抽取的两张卡片数字之和不为12； 总的情况相当于从7张卡片中抽取了5张并进行全排列，即共种排法； 其中三张卡片数字之和为12的组合有；；；；共5种情况； 当甲抽取的数字为；；；时， 乙在剩余的4个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有种； 当甲抽取的数字为时， 若乙抽取的两张卡片数字可能为，此时不合题意，此时共有种； 所以符合题意的排列总数为种， 而基本事件的总数为 可得所求概率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于首先明确游戏结束时甲乙两人抽取的卡片张数以及数字之和的所有情况，再利用全排列公式计算出各种情况对应的种类数可得结论. 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. 已知数列的首项，且满足. （1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式； （2）若，求满足条件的最大整数. 【答案】（1）证明见解析， （2）12 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的定义证明数列为等比数列，再根据等比数列的通项公式写出数列的通项公式即可； （2）利用分组求和法求得，记，判断出单调递增，再分别取和验证即可. 【小问1详解】 因为，所以， 又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列； 所以， 所以； 【小问2详解】 由（1）知， 记，则， 所以单调递增， 当时，，不符合； 当时，， 所以的最大值为12. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，. （1）若是中点，证明：； （2）若，求平面与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先依次证明，由线面垂直判定定理可得平面，进一步结合线面垂直性质即可得证； （2）思路一：建立适当的空间直角坐标系求出两个平面的法向量，结合向量夹角公式即可求解；思路二：用定义法说明是二面角的平面角，进一步计算即可求解. 【小问1详解】 是中点，， 平面平面平面， 平面， 又与是平面内的两条相交直线，平面， ； 【小问2详解】 解法一：（坐标法）过作于平面平面平面， 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， ， 平面的一个法向量为， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令，解得， 所以平面的一个法向量为 ， 平面与平面所成的角记为， ，即平面与平面所成角的正切值是， 解法二：（几何法）记平面与平面的交线为， 平面平面，即直线两两平行， 又平面平面， 平面与平面所成角与二面角的平面角互余， 过作于平面平面平面， 过点作于，连接是二面角的平面角， 平面与平面所成角的正切值为， ， ，即平面与平面所成角的正切值是. 17. 平面内有一点和直线，动点满足：到点的距离与到直线的距离的比值是.点的运动轨迹是曲线，曲线上有四个动点. （1）求曲线的方程； （2）若在轴上方，，求直线的斜率； （3）若都在轴上方，，直线，求四边形的面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知条件列出方程化简即可； （2）设，设，与的方程联立，由，有，结合韦达定理求出，得直线的斜率； （3）延长，交椭圆于点，四边形的面积，设，利用韦达定理结合基本不等式求的最大值. 【小问1详解】 由题意， 两边平方得，化简得， 所以曲线的方程为； 【小问2详解】 ，即，则直线的斜率是正数， 设，直线的斜率为， 设，联立， 化简得，所以， 由题意知， 代入，消，可得， 解得，所以直线的斜率是； 【小问3详解】 延长，交椭圆于点， ，由对称性可知，和等底等高，， 四边形的面积， 设，由（2）知， 所以，即， 令，所以， 当且仅当即时，取到最大值，此时分别在正上方. 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 18. 已知函数，其中是实数. （1）若，求的单调区间； （2）若函数不具有单调性，求实数的取值范围； （3）若恒成立，求的最小值. 【答案】（1）在单调递增，单调递减 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，解不等式即可求解； （2）由题意在定义域内有异号零点，利用导数研究其单调性，结合零点存在性定理列不等式求解即可； （3）易知当时，，再证能成立，即证：存在，使得恒成立，构造函数，利用导数研究其最值即可求解. 【小问1详解】 当时，，则， 令，解得，令，解得， 所以在单调递增，单调递减； 【小问2详解】 函数的图象是连续的，且不具有单调性， 在定义域内有正有负（有异号零点）， 记，则在为负，为正， 在单调递减，单调递增， 故存在，使得， 只需，即. 【小问3详解】 对任意都成立，当时，， 下证：能成立，即证：存在，使得恒成立， 记，故（必要性）， 而，则，解得， 只需证：恒成立， ，由（2）知，其在单调递减，单调递增， 在为正，在为负，在为负， 在单调递增，单调递减，，得证； 综上，的最小值为0. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法： 一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用； 二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理． 19. 正整数集，其中.将集合拆分成个三元子集，这个集合两两没有公共元素.若存在一种拆法，使得每个三元子集中都有一个数等于其他两数之和，则称集合是“三元可拆集”. （1）若，判断集合是否为“三元可拆集”，若是，请给出一种拆法；若不是，请说明理由； （2）若，证明：集合不是“三元可拆集”； （3）若，是否存在使得集合是“三元可拆集”，若存在，请求出的最大值并给出一种拆法；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）是，拆法见解析 （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1），可拆成或､； （2）三元可拆集”中所有元素和为偶数，中所有元素和为，与和为偶数矛盾； （3）可以拆成16个三元子集，将这16个三元子集中的最大的数依次记为，利用等差数列求和得到，结合，得到不等式，求出，当时写出相应的集合以及具体拆法，得到答案. 【小问1详解】 是，，可拆成或､； 【小问2详解】 对于“三元可拆集”，其每个三元子集的元素之和为偶数， 则“三元可拆集”中所有元素和为偶数；而， 中所有元素和为，与和为偶数矛盾， 所以集合不是“三元可拆集”； 【小问3详解】 有48个元素，可以拆成16个三元子集， 将这16个三元子集中的最大的数依次记为， 则； 另一方面，中所有元素和为， 所以， 所以，解得，即； 当时，，可拆为､ ､ ､ （拆法不唯一）； 综上所述，的最大值是7. 【点睛】关键点点睛：集合新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和函数的性质，数列知识等进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省新阵地教育联盟2025届第一次联考 数学试题卷 命题：天台中学 蒋永存､李明 磨题：安吉高级中学 焦晓东 湖州二中 费凡 校稿：李慧华､吕金晶 一､单项选择题：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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知平面向量，则（ ） A. 2 B. 10 C. D. 3. 在的展开式中，含的项的系数为（ ） A. 15 B. C. 270 D. 4. 在中，角的对边分别为.已知，则（ ） A. 1 B. 2 C. 1或2 D. 或 5. 函数与的图象的交点个数是（ ） A. B. C. D. 6. 若随机变量，则下列选项错误的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，为对角线与的交点，若，则三棱锥的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有..........依此类推，最底层有个小球，共有层.现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共层，小球总个数为，则该垛积的第一层的小球个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 某地区5家超市销售额（单位：万元）与广告支出（单位：万元）有如下一组数据： 超市 A B C D E 广告支出（万元） 1 4 6 10 14 销售额（万元） 6 20 36 40 48 下列说法正确的是（ ） 参考公式：样本相关系数 A. 根据表中数据计算得到与之间的经验回归方程为，则 B. 与之间的样本相关系数 C. 若残差的平方和越小，则模型的拟合效果越好 D. 若该地区某超市的广告支出是3万元，则该超市的销售额一定是17.6万元 10. 已知分别是双曲线的左右焦点，点是圆上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 三角形的周长是12 B. 若双曲线与双曲线有相同的渐近线，且双曲线的焦距为8，则双曲线为 C. 若，则的位置不唯一 D. 若是双曲线左支上一动点，则的最小值是 11. 已知增函数的定义域为正整数集，的取值也为正整数，且满足.下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 对任意正整数，都有 第Ⅱ卷 三､填空题：本题共3小题，共15分. 12. 已知复数，则______. 13. 已知是等差数列的前项和，若，则__________. 14. 甲乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于12或者所有卡片被抽完时，游戏结束.若甲先抽卡，求甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束的概率是______. 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. 已知数列的首项，且满足. （1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式； （2）若，求满足条件的最大整数. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，. （1）若是中点，证明：； （2）若，求平面与平面所成角的正切值. 17. 平面内有一点和直线，动点满足：到点的距离与到直线的距离的比值是.点的运动轨迹是曲线，曲线上有四个动点. （1）求曲线的方程； （2）若在轴上方，，求直线的斜率； （3）若都在轴上方，，直线，求四边形的面积的最大值. 18. 已知函数，其中是实数. （1）若，求的单调区间； （2）若函数不具有单调性，求实数的取值范围； （3）若恒成立，求的最小值. 19. 正整数集，其中.将集合拆分成个三元子集，这个集合两两没有公共元素.若存在一种拆法，使得每个三元子集中都有一个数等于其他两数之和，则称集合是“三元可拆集”. （1）若，判断集合是否为“三元可拆集”，若是，请给出一种拆法；若不是，请说明理由； （2）若，证明：集合不是“三元可拆集”； （3）若，是否存在使得集合是“三元可拆集”，若存在，请求出的最大值并给出一种拆法；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $