精品解析：浙江省嘉兴市2024-2025学年高三上学期期末检测数学试题

浙江省嘉兴市2025届高三上学期期末检测数学试题❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数z在复平面内对应的点是，则（ ） A. i B. C. 2i D. 【答案】A 【解析】 【分析】先得出共轭复数，再应用复数的乘法和除法运算即可. 【详解】依题意可得，则 ， 所以 故选：A. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由集合交集的定义得到结果. 【详解】因为集合，集合 ∵, ∴. 故选：C. 3. 已知α，β，γ为平面，是直线，若α∩β＝，则“α⊥γ，β⊥γ”是“⊥γ”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】C 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合线面垂直，面面垂直的关系进行判断即可． 【详解】由α⊥γ，β⊥γ，在γ内任取一点P，过P作a垂直于α，γ的交线，则a⊥α，又α，则a⊥， 同理，在γ内过P作b垂直于β，γ的交线，则b⊥， 可推出l⊥γ，反过来， 若l⊥γ，α∩β＝l，根据面面垂直的判定定理，可知α⊥γ，β⊥γ， 故“α⊥γ，β⊥γ”是“l⊥γ”的充要条件， 故选C． 【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据空间线面垂直关系是解决本题的关键． 4. 先把函数的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数图象的一条对称轴可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简整理函数，然后根据函数的变换得到函数，令，求得函数的对称轴. 【详解】由题意可得：， 经过题中的一系列变换得到， 令，，解得：，， 对各项验证可得：当时，. 故选：D. 5. 若不共线的平面向量，，两两夹角相等，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据不共线平面向量，，两两夹角相等得出夹角为，平方应用数量积计算模长即可. 【详解】向量，，两两所成的角相等且不共线， 向量，，两两夹角为， ， 则， 故选： 6. 已知，设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，根据函数的单调性，即可求出相应区间的值域，即可判断结果. 详解】设，，， 根据指数函数、幂函数及对数函数的单调性可知： 在上，单调递减，值域为，即， 在上，单调递增，值域为，即， 在上，单调递减，值域为，即，所以. 故选：B 7. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先切化弦，再结合两角和差正弦公式计算得出，，计算化简即可得出选项. 【详解】， ， ， ， ， ， ， ， ， 故选: 8. 已知函数满足：对，都有，，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，，进而可求得 【详解】， 则， 则， 即，所以，即 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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据1，2，3，5，7，9的中位数大于平均数 B. 数据0，1，0，1，0，1的标准差大于方差 C. 在相关分析中，样本相关系数的绝对值越大，线性相关程度越强 D. 在回归分析中，残差平方和越大，相应模型的拟合效果越好 【答案】BC 【解析】 【分析】求出中位数与平均数判断A；求出标准差与方差判断B；根据样本相关系数的性质判断C；根据残差的性质判断D. 【详解】对于A，中位数为，平均数为：，所以中位数小于平均数，故A错误； 对于B，因为平均数为，则方差为，则标准差为， ，即标准差大于方差，故B正确； 对于C，在相关分析中，样本相关系数的绝对值越大，线性相关程度越强，C正确； 对于D，若残差平方和越大，则相应模型的拟合效果越差，故D错误. 故选：BC. 10. 在正三棱台中，则（ ） A. 三棱台的表面积为 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 直线与平面所成角的余弦值为 D. 三棱锥与三棱锥公共部分的几何体的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】将正三棱台补成三棱锥，根据长度关系可知三棱锥为正四面体，据此计算可得表面积判断A；取BC的中点D，连接，直线与所成角为或其补角，计算可判断B；点P在平面ABC内的投影为的中心O，可判断C；设，所求几何体为三棱锥，计算体积可判断D. 【详解】将正三棱台补成三棱锥，根据长度关系可知三棱锥为正四面体， 对于A：因为， 可知，， 所以三棱台的表面积为，故A正确； 对于B：取BC的中点D，连接， 可知，，则为平行四边形，则，， 可知直线与所成角为或其补角， 因为，则， 所以直线与所成角的余弦值为，故B错误； 对于C：因为三棱锥为正四面体， 则点P在平面ABC内的投影为的中心O， 且直线与平面所成角等于直线与平面ABC所成角， 可得，则， 所以直线与平面所成角的余弦值为，故C正确； 对于D：设， 可知分别为的重心，且所求几何体为三棱锥， 因为，可得平面， 所以三棱锥的高即为， 又因为，则， 可得， 所以三棱锥的体积，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：关键是把正三棱台补形为正三棱锥，进而由条件判断出是正四面体，进而利用正四体的性质逐项计算判断即可. 11. 已知，是椭圆的左、右焦点，为坐标原点，是椭圆的一条切线，切点为，，在直线上的投影分别为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】设切线上一动点为，根据椭圆定义得到，设右焦点关于切线的对称点为，设左焦点关于切线的对称点为，，分析知，，三点共线，所以，即可判断选项A，由投影及对称性分析得，，判断选项B，取切点在椭圆上顶点时，可得，由椭圆中与的大小不确定，进而判断选项C，设，，，结合余弦定理，化简后即可判断选项D. 【详解】对于选项A：设切线上一动点为， 一方面根据椭圆定义得到， 当且仅当点在切点时，取到等号； 另一方面，设右焦点关于切线的对称点为， 设左焦点关于切线的对称点为， 则， 当且仅当点，，，三点共线时，取到等号； 所以，，三点共线，所以，故选项A正确； 对于选项B：由前面分析得到，同理， 所以，故选项B正确； 对于选项C：举反例说明，如取切点在椭圆上顶点时，则， 而所给椭圆中与的大小不确定，故选项C不正确； 对于选项D：设，，， 所以，，则， 又在中，， 化简得，即， 所以，故选项D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若的展开式中存在常数项，请写出一个满足条件的n的值__________. 【答案】6（答案不唯一） 【解析】 【分析】写出二项式展开式的通项公式，得到，又，2，，写出一个满足要求的解即可 【详解】展开式的通项为， 因为存在常数项， 故有解，则，又，2，， 不妨令，则. 故答案为：6（答案不唯一） 13. 已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，切点分别为M，N，且，则双曲线C的离心率是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求得双曲线的渐近线方程为，由题意得到，可求得，利用，可求得，即可求得双曲线的离心率. 【详解】由题意可知双曲线的一条渐近线方程为：， 圆的圆心，半径为：b， 由题意可得圆心到双曲线渐近线的距离 ，得，即， ， 又， 所以，解得， 解得  故答案为： 14. 箱子中有大小相同的6个小球，分别标有数字1，1，2，2，3，甲、乙两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人依次从箱子中随机摸出1球，甲先摸，乙后摸，摸出的球不放回，并比较摸出的球的标号大小，数字大的人得1分，数字小的人不得分，如果数字一样，则都不得分.经过三轮比赛后，箱子中的球被摸完，此时甲的累计得分比乙的累计得分大的概率是__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用古典概型及排列数的计算，再结合对立事件的概率及甲、乙得分公平概率相等即可求出概率. 【详解】由题意得，比赛对甲、乙是公平的，所以先计算甲、乙得分相同的概率， 情形一：甲、乙都得0分，即每一轮甲、乙摸到的球的标号相同，发生的概率为； 情形二：甲、乙都得1分，即三轮中有一轮甲得1分，有一轮乙得1分，有一轮两人摸到的球的标号相同，都不得分， 若相同的标号为1，则， 同理，相同的标号为2的概率，相同的标号为3的概率， 所以甲的累计得分比乙的累计得分大的概率 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是比赛对甲、乙是公平的，进而利用计算甲、乙得分相同的概率结合对立事件的概率即可求解. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）求 （2）若的面积为，求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先应用正弦定理，再结合两角和正弦公式计算求值； （2）由面积公式计算得出，再应用余弦定理计算即可. 【小问1详解】 由正弦定理得， 因为， 所以，解得， 【小问2详解】 由，得， 再由面积，得， 根据余弦定理得，解得 16. 如图，在直四棱柱中，底面是梯形，，，，点E是的中点，点F满足 （1）若，证明：平面 （2）若，且平面与平面的夹角为，求 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量再证明，即可得到结果. （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，用面面所成角的向量求法即可求出 【小问1详解】 如图建立空间直角坐标系，设， ，，设平面的一个法向量， 则即 取 又，，，所以，平面 【小问2详解】 如图建立空间直角坐标系，设，,所以，故,所以，， 设平面AEF的一个法向量，则即 取又平面的一个法向量， ，求得（负值舍去），所以 17. 已知抛物线，直线与C交于两点，与x轴交于点H，且 （1）若H的坐标为，求直线l的方程; （2）若点H关于原点的对称点为G，求的值. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）设交点坐标，设出直线的直线方程，联立直线方程和抛物线方程整理得到一元二次方程，由韦达定理得到两交点纵坐标的关系，由向量的关系得到两交点纵坐标的关系，然后求得参数的值，即可得到直线方程； （2）设点的坐标，然后得到坐标，得到等量关系，代入抛物线方程后求得两点横坐标，从而分别求得的值，然后得到它们的比值. 【小问1详解】 设，，直线l：， 与C联立方程得，消去x得， 则 ①， ②， 由，得， 代入①得，， 代入②得，， 所以直线l：； 【小问2详解】 设点，， 则，， 由，得，即， 则，代入C得，则，， 所以，， 故 18. 已知函数. （1）若，求在点处的切线方程； （2）若，当时，，求b的取值范围； （3）若，求a的取值范围. 【答案】（1）； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）时，求出点和，再由点斜式即可求解； （2）先由得，当时将转化为，构造函数，求出并令即可求解； （3）先由题意求出，接着由得或再分、和三种情况结合题设利用导数工具分析求解即可. 【小问1详解】 由得，则， 所以切线斜率，又，则切线方程为，即 【小问2详解】 由，得， 当时，，所以 当时，转化为， 令，则， 因为，所以， 当时，，所以在递减， 当时，，所以在递增， 所以，得. 综上，. 【小问3详解】 设，则， 又，则， 即，解得，所以， 一方面，对任意，有，即 另一方面，若方程存在除a以外的其他解，则方程需无解. 求导得，由得或 ①当，时， ，在R上递增，方程有唯一解a，满足题意. ②当时，当时，，在区间递减； 当时，，在区间和上递增，此时极大值，所以方程有唯一解a，满足题意. ③当时，当时，，在区间递减； 当时，在区间和上递增， 此时极大值为，极小值为， （i）当时，则极小值，又时，， 所以存在，满足，且方程有解，不满足题意. （ii）当时，则极小值， 此时若方程有除a以外的其他解t，必有， 而极小值，且当时，， 所以无解，满足题意.综上， 19. 若数列满足如下两个条件：①是1，2，3，，的一个全排列;②或，k为常数且则称数列为“数列”. （1）请写出所有的“数列”; （2）证明：k是奇数; （3）当时，求k的最大值，并说明理由. 【答案】（1）①，2，3，②，4，3，③，1，4，④，3，4，⑤，2，1，⑥，4，1，⑦，1，2，⑧，3，2，1； （2）证明见解析 （3），理由见解析 【解析】 【分析】（1）应用新定义写出“数列”； （2）应用已知新定义结合累加及分奇数，偶数分别判断证明； （3）根据已知及数列的新定义分奇偶分类讨论计算最值. 【小问1详解】 ①，2，3，②，4，3，③，1，4，④，3，4，⑤，2，1，⑥，4，1，⑦，1，2，⑧，3，2，1； 小问2详解】 由条件得或， 设的有个，的有个，的有个，的有个. 则即， 若k为偶数，则为偶数， ①当为奇数，则中的每一项均为奇数，不合题意; ②当为偶数，则中的每一项均为偶数，不合题意， 所以k不能为偶数，即k为奇数. 【小问3详解】 的最大值为 首先我们可以写出一个满足要求的数列： 当时，，则 当n为奇数时，， 当n为偶数时，， 当时，，则 当n为奇数时，， 当n为偶数时，， 且 下面用反证法证明没有比1011更大的k的值. 由知， k为奇数，假设，现在考虑1013这个数， 因为对于任意一个小于等于2024的正整数i，， 即数列中的任意一项不能与1013相邻，但1013是数列中的一项，矛盾. 所以，所以k的最大值为 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是分奇数和偶数两种情况分别分析证明及求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 浙江省嘉兴市2025届高三上学期期末检测数学试题❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数z在复平面内对应的点是，则（ ） A. i B. C. 2i D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C D. 3. 已知α，β，γ为平面，是直线，若α∩β＝，则“α⊥γ，β⊥γ”是“⊥γ” A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 先把函数的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数图象的一条对称轴可以是（ ） A. B. C. D. 5. 若不共线的平面向量，，两两夹角相等，且，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，设，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数满足：对，都有，，若，则取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据1，2，3，5，7，9的中位数大于平均数 B. 数据0，1，0，1，0，1的标准差大于方差 C. 在相关分析中，样本相关系数的绝对值越大，线性相关程度越强 D. 在回归分析中，残差平方和越大，相应模型的拟合效果越好 10. 在正三棱台中，则（ ） A. 三棱台的表面积为 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 直线与平面所成角的余弦值为 D. 三棱锥与三棱锥的公共部分的几何体的体积为 11. 已知，是椭圆的左、右焦点，为坐标原点，是椭圆的一条切线，切点为，，在直线上的投影分别为，，则（ ） A. B. C D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若的展开式中存在常数项，请写出一个满足条件的n的值__________. 13. 已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，切点分别为M，N，且，则双曲线C的离心率是__________. 14. 箱子中有大小相同的6个小球，分别标有数字1，1，2，2，3，甲、乙两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人依次从箱子中随机摸出1球，甲先摸，乙后摸，摸出的球不放回，并比较摸出的球的标号大小，数字大的人得1分，数字小的人不得分，如果数字一样，则都不得分.经过三轮比赛后，箱子中的球被摸完，此时甲的累计得分比乙的累计得分大的概率是__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）求 （2）若的面积为，求 16. 如图，在直四棱柱中，底面是梯形，，，，点E是的中点，点F满足 （1）若，证明：平面 （2）若，且平面与平面夹角为，求 17. 已知抛物线，直线与C交于两点，与x轴交于点H，且 （1）若H的坐标为，求直线l的方程; （2）若点H关于原点的对称点为G，求的值. 18. 已知函数. （1）若，求在点处的切线方程； （2）若，当时，，求b的取值范围； （3）若，求a的取值范围. 19. 若数列满足如下两个条件：①是1，2，3，，的一个全排列;②或，k为常数且则称数列为“数列”. （1）请写出所有的“数列”; （2）证明：k是奇数; （3）当时，求k的最大值，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$