精品解析：浙江省七彩阳光新高考研究联盟2024-2025学年高三下学期返校联考数学试题

2024学年第二学期浙江省七彩阳光新高考研究联盟返校联考 高三数学 试题 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 直线与圆的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 都有可能 3. 已知函数满足：，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 某个简谐运动可以用函数来表示，部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 直线是曲线的一条对称轴 D. 点是曲线的一个对称中心 5. 已知是关于的方程的两根，不正确的是（ ） A. 若，则是一对共轭复数 B. 若，则 C. 对 D. 对 6. 已知是长方体表面上任意三点，且，则的最小值为（ ） A. 14 B. C. 10 D. 5 7. 已知为椭圆上一点（非顶点），为椭圆的左右顶点，令（其中均不为）.的面积为，则下列表达式不可能为定值的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足.记数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 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. 根据气象学上的标准，从冬季进入春季的标志为连续天的日平均温度均超过.现将连续天的日平均气温的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，则下列样本中一定符合入春指标的有（ ） A. 平均数为，极差为 B. 中位数为，众数为 C. 众数为，极差为 D. 平均数为，方差为 10. 随机事件满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知抛物线，直线过的焦点且与交于两点.以为直径的圆与轴交于，与轴交于两点，则有（ ） A. 为定值 B. 不是定值 C. 有最小值 D. 有最大值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 随机变量服从正态分布，则______，的最小值为______. 13. 已知，则的大小关系为：______.（填）. 14. 已知，若函数有零点，则的取值范围是______. 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. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）设是边上一点，满足，且平分，若，求的面积. 16. 如图，四边形是正方形，四边形是直角梯形且的中点分别为. （1）证明：平面平面，并求直线与平面所成角的正弦值； （2）设截面与平面的交线为，确定的位置并说明理由. 17. 已知函数. （1）若恒成立，求的取值范围； （2）判断的单调性，并说明理由； （3）证明：.（证明时可使用下列结论：当时，成立）. 18. 已知圆为坐标原点，过上任意一点作圆的切线. （1）若与椭圆相交于两点，证明：； （2）若与椭圆相交于两点，恒有，判断是否过定点？请说明理由. 19. 材料1：埃及分数是指分子为1的分数，也叫单位分数.古埃及人进行运算时，擅长使用分子为1的分数进行运算，如.埃及分数是埃及文明中具有独特魅力的一部分.材料2：数列的发散性：随着的不断增大，虽然无限接近于0，但却会无限增大（发散），即任意给一个正数，一定存在一个正整数，当时，.材料3：对于任意正整数，都存在唯一的整数，使得，其中为奇数，为自然数.定义：.结合上述材料解决下列问题. （1）将表示成不同的埃及分数的和（写出一种表示形式即可）； （2）试判断是否存在正整数，使得，并证明你的结论； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期浙江省七彩阳光新高考研究联盟返校联考 高三数学 试题 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求定义域得到，由指数函数单调性得到，根据交集概念求出答案. 【详解】令，解得， 又在R上单调递增，故， 所以，，. 故选：B. 2. 直线与圆的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 都有可能 【答案】C 【解析】 【分析】将圆的方程化为标准方程可得圆心坐标为，圆的半径为.直线恒过定点，根据定点在圆内，可知直线与圆相交. 【详解】将圆的方程化为标准方程为，所以圆心坐标为，圆的半径为. 直线可化为，恒过定点. ∵，∴点在圆内，所以直线与圆相交. 故选：C. 3. 已知函数满足：，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知得到函数的一个周期为8，再利用周期性求函数值. 【详解】根据题意，，显然，所以， 所以，函数的一个周期为8， 所以. 故选：A 4. 某个简谐运动可以用函数来表示，部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 直线是曲线的一条对称轴 D. 点是曲线的一个对称中心 【答案】C 【解析】 【分析】根据图象可得可判断A；利用的图象与性质可得，即可判断选项B的正误；，利用性质，求出的对称轴和对称中心，即可判断出选项C和D的正误. 【详解】由图知，由图象知， 又，所以，又由五点作图知，第三个点， 所以，得到， 所以，A错. 设，由， 到， 所以，B错误. 令，解得，所以C正确； 因为，由，得到， 所以点是曲线对称中心，D错误. 故选：C. 5. 已知是关于的方程的两根，不正确的是（ ） A. 若，则是一对共轭复数 B. 若，则 C. 对 D. 对 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，时，，是一对共轭复数；B选项，是的两个共轭虚根，又，所以，B正确；C选项，的两根分别为，或，C正确；D选项，举出反例. 【详解】A选项，，当时，，则方程有两个共轭虚根，所以，A正确； B选项，若，则，设是的两个共轭虚根， 又，所以，B正确； C选项，由求根公式可知的两根分别为，或， 所以，所以C正确； D选项，当时，比如时，此时，所以，D错误. 故选：D 6. 已知是长方体表面上任意三点，且，则的最小值为（ ） A. 14 B. C. 10 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】利用极化恒等式：，根据长方体的几何性质，可得答案. 【详解】取中点为，由极化恒等式，. 又是长方体表面上任意三点， 所以当位于体对角线的两个端点时，最大，最大值为； 此时为长方体的中心，则当位于长方形中心时，的值最小，最小值为1， 所以的最小值为. 故选：B. 7. 已知为椭圆上一点（非顶点），为椭圆的左右顶点，令（其中均不为）.的面积为，则下列表达式不可能为定值的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，则，利用斜率公式判断A，根据两角和的正切公式判断B，利用两角和差的余弦公式判断C，推出矛盾，说明D. 【详解】设，则， 所以为定值，故A正确. 由对称性，不妨设，则， 又 ， 所以为定值，故B正确. 为定值，故C正确. ， 如果为定值，则也是定值，则、均为定值，不可能，故D错误. 故选：D 8. 已知数列满足.记数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由取倒数变形，从而故，再利用累加法求解；由，得到，再利用累乘法求解. 【详解】因为，所以，所以， 而， 故， 由累加法可得当时，，则， 又因为当时，也成立，所以， 即，A选项错误； 所以，B选项错误， 故， 由累乘法可得，当时， 所以， ，所以，C对D错. 故选：C 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. 根据气象学上的标准，从冬季进入春季的标志为连续天的日平均温度均超过.现将连续天的日平均气温的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，则下列样本中一定符合入春指标的有（ ） A. 平均数为，极差为 B. 中位数为，众数为 C. 众数为，极差为 D. 平均数为，方差为 【答案】ABD 【解析】 【分析】分析每个选项数据是否有可能大于，选出符合题意选项. 【详解】“连续天的日平均温度均超过”，将天数据从小到大排序为：、、、、， A选项，因为这五个数据的平均数为， 则， 又因为这五个数据的极差为，则，可得， 若，则，则，所以A选项正确； B选项，因为这五个数据的中位数是，众数是， 所以将数据从小到大排序后，第个数是，第、个数为， 所以个数据都超过，所以B选项正确. C选项，因为这五个数据的众数是，极差为， 如、、、、，第天低于，不符合，所以C选项错误. D选项，因为这五个数据的平均数为， 则 方差为， 所以，， 若，则，矛盾，所以D选项正确. 故选：ABD. 10. 随机事件满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据已知得到，然后利用条件概率公式、互斥事件与对立事件定义逐个选项判断即可. 【详解】由已知可得：， 因为， 则， 所以， 所以，A错； 又，B正确； 又，C正确； ，D错. 故选：BC 11. 已知抛物线，直线过的焦点且与交于两点.以为直径的圆与轴交于，与轴交于两点，则有（ ） A. 为定值 B. 不是定值 C. 有最小值 D. 有最大值 【答案】AD 【解析】 【分析】设直线的方程为，与联立可得，设，结合韦达定理表示出以为直径的圆的方程，令即可得到，利用相交弦定理即可判断选项AB，设弦的中点为，取中点，结合圆周角定理及圆的性质可得，进而结合即可判断选项CD. 【详解】由题知，的焦点为， 设直线的方程为，与联立可得， 设，则， 以为直径的圆可表示为， 令可得：， 即， 即，所以. 由相交弦定理可知：，即，所以，则A对，B错. 对C、D选项： 设弦的中点为，则，取中点，则是的中垂线， 所以，所以， 设圆半径为，则， 又当最小时，垂直于轴，此时，所以，所以. 所以C错D对. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 随机变量服从正态分布，则______，的最小值为______. 【答案】 ①. ##0.5 ②. ## 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性，得到，再利用均值不等式计算的最小值. 【详解】随机变量服从正态分布， 所以， 结合正态曲线可知：，且 ， 当且仅当，即时等号成立. 故答案为：， 13. 已知，则的大小关系为：______.（填）. 【答案】> 【解析】 【分析】同时取为底的对数，得，转换为比较和的大小，设，求导得到其单调性，比较出大小. 【详解】同时取为底的对数，得， 则转换为比较和的大小， 设，则， 当时，，即在上单调递减，由， 所以，则，即， 所以在数字和中，更大的数字是. 故答案为：> 14. 已知，若函数有零点，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】令得到方程有实数根，将其看成关于的直线方程，则的最小值为原点到直线的距离的平方，利用点到直线距离公式得到，换元后由基本不等式和对勾函数得到最小值，得到答案. 【详解】令得，， 由题意可知，方程有实数根， 将关于的方程看成关于的直线方程， 则可视为直线上的点到原点的距离的平方， 其最小值即为原点到直线的距离的平方， 所以距离的平方 ， 令，则， 因为，所以，当且仅当，即时取等号， 则，由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递增， 所以，所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：有实数根，将关于的方程看成关于的直线方程，则可视为直线上的点到原点的距离的平方，其最小值即为原点到直线的距离的平方，利用点到直线距离公式进行求解. 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. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）设是边上一点，满足，且平分，若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1） 利用降幂公式和射影定理对已知条件化简，再利用余弦定理即可. （2） 利用三角形内角平分线的性质，即可得线段长度，将数值代入面积公式即可. 【详解】（1）在中， ， 因为，所以， 化简得 由余弦定理得，又，所以. （2）由题意，，又，所以 则. 16. 如图，四边形是正方形，四边形是直角梯形且的中点分别为. （1）证明：平面平面，并求直线与平面所成角的正弦值； （2）设截面与平面的交线为，确定的位置并说明理由. 【答案】（1）证明见解析， （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）先用线面平行证明面面平行，然后利用线面垂直作出与平面所成的角,在直角三角形中求出该角正弦值，最后利用面面平面，得出该正弦值即为所求； （2）通过作图得出截面与平面的交线，然后利用平行确定共面，最后得证. 【小问1详解】 证明：因为是中点，是中点，所以，又，所以 又平面，平面，所以平面， 同理平面，又平面，平面 所以平面平面 ； 因为平面,平面， 所以平面，则就是与平面所成的角， 又平面平面，所以就是直线与平面所成角. 因为在直角梯形中，，所以 在中，， 所以 , 即直线与平面所成角的正弦值为. 【小问2详解】 延长交于点连接，延长与交于点， 因为由分别为中点，所以，所以， 所以是中点，取中点，则就是所求的直线 理由如下：由以上作图过程可知，是中点，是中点， 所以,即，又 所以，所以四点共面， 所以平面，又平面 所以平面平面，所以就是所求的直线 17. 已知函数. （1）若恒成立，求的取值范围； （2）判断的单调性，并说明理由； （3）证明：.（证明时可使用下列结论：当时，成立）. 【答案】（1） （2）在内单调递增，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）构造函数，利用导函数判断的单调性，进而求出，然后分类讨论利用导函数判断的单调性，即可得答案； （2）构造函数，通过求的导函数的正负判断的单调性求出的最值判定的正负，进而得出的单调性； （3）利用题中给的结论结合放缩即可得证. 【小问1详解】 ， ， 令，等号不同时取， 所以当时，在上单调递增， . ①若，即在上单调递增， 所以在上的最小值为，符合题意. ②若，即， 此时， 又函数在的图象不间断， 据零点存在性定理可知，存在， 使得，且当时，在上单调递减， 所以，与题意矛盾，舍去. 综上所述，实数的取值范围是； 【小问2详解】 ，令， 则，即 ， 所以在上单调递增， 即当时，，所以在内单调递增. 【小问3详解】 由（2）得，当时，， 所以当时，. 又当时，成立， 所以当时，， 即. 所以当时，. 【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． 18. 已知圆为坐标原点，过上任意一点作圆的切线. （1）若与椭圆相交于两点，证明：； （2）若与椭圆相交于两点，恒有，判断是否过定点？请说明理由. 【答案】（1）证明:圆在点的切线的方程为， 因为：，圆心直线的距离，即为切线方程； 与联立消去可得 设由韦达定理可知：， 所以 而， 所以，所以 所以； （2）过定点，理由如下： 设椭圆，又过点的圆的切线方程为.联立 得，设则 所以 由，得.即， 又.所以. 所以.化简可得，所以 又上式对任意的均成立.故，即. 所以椭圆必过定点 【解析】 【分析】（1）由切线方程、椭圆方程联立，结合韦达定理，由，即可求证； （2）联立切线、椭圆方程，结合韦达定理及，化简得到，从而得到，进而可解决问题； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 材料1：埃及分数是指分子为1的分数，也叫单位分数.古埃及人进行运算时，擅长使用分子为1的分数进行运算，如.埃及分数是埃及文明中具有独特魅力的一部分.材料2：数列的发散性：随着的不断增大，虽然无限接近于0，但却会无限增大（发散），即任意给一个正数，一定存在一个正整数，当时，.材料3：对于任意正整数，都存在唯一的整数，使得，其中为奇数，为自然数.定义：.结合上述材料解决下列问题. （1）将表示成不同的埃及分数的和（写出一种表示形式即可）； （2）试判断是否存在正整数，使得，并证明你的结论； （3）求证：. 【答案】（1） （2）不存在，证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意可由再解得，或者可由解得 （2）将化为，利用该式分子分母奇偶性解决问题. (3）由裂项和不等式放缩知识可得即可证明结论 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 不存在，证明如下： 证明：设，其中为奇数，为自然数，设， 设，则. 否则，当时，， 与的定义矛盾，故 则 ，其中 则为奇数,时为偶数,从而分子为奇数，分母为偶数， 则不可能为整数. 故不存在这样的，使 【小问3详解】 证明：对任意正整数，当时， 因为 故， 又 ， 故， 所以 则 【点睛】方法点睛：第二问背景为调和级数前项和不可能为整数，第三问主要利用放缩解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $