精品解析：浙江省天域全国名校协作体2024-2025学年高三下学期5月联考数学试题

绝密★考试结束前 2024-2025学年第二学期天域全国名校协作体联考 高三年级数学学科 试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若（是复数单位），则（ ） A. 1 B. C. D. 2 3. “”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 4. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的形态．图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图做出以下判断，不正确的是（ ） A. 图（1）平均数=中位数=众数 B. 图（2）的众数<中位数<平均数 C. 图（2）的平均数<众数<中位数 D. 图（3）的平均数<中位数<众数 5. 设等比数列的前n项和为，则下列等式中一定成立的是 A. B. C. D. 6. 的展开式中，的系数为（ ） A. 60 B. 120 C. 240 D. 360 7. 已知向量，，则，（，），则下列表述正确的是（ ） A. 存在唯一实数对，使得 B. 存在唯一的实数对，使得 C. 存在唯一的实数对，使得 D. 存在唯一的实数对，使得 8. 给定非空数集，若函数满足：对任意、，存在实数使得成立，则称为“半压缩函数”.已知，则下列四个函数中为“半压缩函数”的是（ ） A B. C. D. 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，有选错得0分. 9. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 函数图象的一个对称中心为 D. 函数在上恰有5个零点，则实数的取值范围为 10. 已知曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，则（ ） A. 曲线的轨迹方程为 B. 已知点，若为曲线上的动点，则的最小值为4 C 过点恰有2条直线与曲线有且只有一个公共点 D. 圆与曲线交于，两点，与直线交于，两点，则，，，四点围成的四边形的面积为8 11. 在四边形中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，下而正确的是（ ） A. 直线与平面所成角的最大值为 B. 异面直线与所成角的余弦值取值范围 C. 若平面平面，则到平面的距离为 D. 三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线为双曲线（，）的一条渐近线，则双曲线的离心率为________. 13. 已知数列和满足，，，，则________. 14. 已知函数（且），若有且只有两个不等根，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. 已知外接圆半径为1，内角，，的对边分别为，，. （1）若边上的高为1，求的面积的最大值； （2）若，求的周长的最大值. 16. 如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，， （1）求平行六面体的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6.现随机地将骰子抛掷次，各次抛掷结果相互独立. （1）当时，求向上的点数最大是5的概率； （2）求向上的点数最大是2的概率； （3）记随机变量表示向上的点数最大值，若的数学期望不小于5，求抛掷次数的最小值. 18. 已知椭圆，过作椭圆在第四象限的切线，其中切点为.设是椭圆第一象限上的动点，过作椭圆的另一条切线，交轴于点. （1）求切线的方程； （2）过点垂直于轴的直线与直线交于点，求面积的最大值； （3）直线和切线相交于点，过点作的平行线交切线于点.问：是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 19. （，，1，2，…，）称为实系数一元多项式.若实数满足，称是多项式的实数根，则是多项式的因式，即存在多项式使得.设多项式. （1）判断的实数根的个数并说明理由； （2）记的所有实数根的和为，的所有实数根的积为. （i）证明：，满足； （ii）证明：且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★考试结束前 2024-2025学年第二学期天域全国名校协作体联考 高三年级数学学科 试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由确定集合，再由交集运算即可求解. 【详解】， 所以， 故选：A 2. 若（是复数单位），则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出复数，再利用模的意义计算即得. 【详解】依题意，， 所以. 故选：B 3. “”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】解分式不等式及绝对值不等式，根据解集的关系及充分、必要条件的定义计算即可. 【详解】由，解之得或， 记不等式的解对应集合， 由或，解之得或， 记不等式的解对应集合， 显然A是B的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 4. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的形态．图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图做出以下判断，不正确的是（ ） A. 图（1）的平均数=中位数=众数 B. 图（2）的众数<中位数<平均数 C. 图（2）的平均数<众数<中位数 D. 图（3）的平均数<中位数<众数 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数、中位数、众数的概念，结合图形分析即可求解. 【详解】图（1）的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数=众数，故A正确； 图（2）中众数最小，右拖尾平均数大于中位数，故B正确，C错误； 图（3）左拖尾众数最大，平均数小于中位数，故D正确. 故选：C 5. 设等比数列的前n项和为，则下列等式中一定成立的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出等比数列的前n项和公式，逐个选项验证即得. 详解】对于选项A，当时，不成立；对于选项B，当时，不成立；对于选项C，当时，不成立； 对于选项D，当公比时，成立；当公比时，， ，. . ，所以，故选D. 【点睛】本题主要考查等比数列前n项和的性质，使用等比数列前n项和的公式时，注意对公比的讨论. 6. 的展开式中，的系数为（ ） A. 60 B. 120 C. 240 D. 360 【答案】B 【解析】 【分析】根据展开式中每一项的生成过程，结合组合数公式，即可求解. 【详解】要得到这一项，相当于从6个含有三项的因式中的3个因式取，1个因式取，2个因式取， 即这一项为. 故的系数为. 故选：B 7. 已知向量，，则，（，），则下列表述正确的是（ ） A. 存在唯一的实数对，使得 B. 存在唯一的实数对，使得 C. 存在唯一的实数对，使得 D. 存在唯一的实数对，使得 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，，由向量平行的充要条件判断A；由向量垂直的充要条件判断B；由向量相等的充要条件判断C，由向量模的计算公式判断D. 【详解】因为向量，，则，， 对于A，当且仅当，即， 即，由此可知存在无数组实数对，使得，故A错误； 对于B，当且仅当， 即，即， 当时，该方程不成立，此时不存在实数对，使得， 当时，此时，由此可知存在实数对，使得， 当且时，此时存在无数对实数对，使得，故B错误； 对于C，当且仅当，解得，故C正确； 对于D，， 即，进而可得 故当或者时，此时有无数组实数对，使得，故D错误. 故选：C. 8. 给定非空数集，若函数满足：对任意、，存在实数使得成立，则称为“半压缩函数”.已知，则下列四个函数中为“半压缩函数”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用题中“半压缩函数”的定义逐项判断即可. 【详解】对于A，因为、，， 所以当、时，，故函数不是“半压缩函数”，A错误. 对于B，， 当、时，、，，， 故函数不是“半压缩函数”，B错误. 对于C，取，构造函数，，则， 所以函数在上为增函数，则，故， 构造函数，， 则对任意的恒成立， 所以函数在上为增函数， 任取、且，则，即， 所以， 因为函数在上为减函数，所以， 由可得， 故函数为“半压缩函数”，C正确. 对于D，不妨设、且， 则， 构造函数，， 则，故函数在上为增函数， 所以，即， 所以， 因为，所以，即， 所以函数不是“半压缩函数”，D错误. 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，有选错得0分. 9. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 函数图象的一个对称中心为 D. 函数在上恰有5个零点，则实数的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，首先求得，由结合求出即可判断；对于B，求导代入即可判断；对于C，由对称中心的纵坐标为即可判断；对于D，通过换元法即可判断. 【详解】对于A，由图可知，，， 解得， 所以， 而，从而， 解得，又因为，所以只能， 所以，故A正确； 对于B，对求导得， 所以，故B错误； 对于C，的对称中心的纵坐标应该是，故不是函数的对称中心，故C错误； 对于D，，， 将方程的根从小到大排列可得：， 因为函数在上恰有5个零点， 所以有五个根， 所以，解得，故D正确. 故选：AD. 10. 已知曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，则（ ） A. 曲线的轨迹方程为 B. 已知点，若为曲线上的动点，则的最小值为4 C. 过点恰有2条直线与曲线有且只有一个公共点 D. 圆与曲线交于，两点，与直线交于，两点，则，，，四点围成的四边形的面积为8 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用抛物线定义求出曲线的轨迹方程可判断A；根据圆与曲线及直线的交点可判断D；根据抛物线的定义结合条件可判断B；根据直线与抛物线的交点个数结合条件可判断C. 【详解】对于A，曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等， 所以曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，且， 所以抛物线方程为，故A正确； 对于D，直线交圆于点，而， 四边形是矩形，面积为，故D正确； 对于B，显然共线，垂直于直线， 令点到直线距离为，则， 所以，当且仅当与点重合时取等号， 因此的最小值为，故B正确； 对于C，过点与曲线仅有一个公共点的直线方程为， 由，消去得， 当时，直线与抛物线仅有一个公共点， 当时，，解得， 显然直线与抛物线仅有一个公共点， 因此过点与曲线有且只有一个公共点的直线有3条，故C错误. 故选：ABD. 11. 在四边形中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，下而正确的是（ ） A. 直线与平面所成角的最大值为 B. 异面直线与所成角的余弦值取值范围 C. 若平面平面，则到平面的距离为 D. 三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据解三角形可确定即可判定；对于B，由题可计算直线与平面的夹角为，然后可判断直线与所成角为时，两直线共面即可判断；对于C，利用等体积法可计算；对于D，发现为直角三角形，利用外接球半径不小于其外接圆半径可确定； 【详解】 对于A，，，，， 且， 所以直线与平面所成角的最大值为； 对于B，，，又平面， 所以平面，又，所以直线与平面的夹角为， 则直线与所成角最小角为，此时在直线上， 直线与所成角最大角为，当平面平面垂直时， ，平面平面，平面， 平面，， 所以异面直线与所成角的余弦值取值范围，故B错误； 对于C，由B知当平面平面垂直时，平面， ， 平面，，， 又，所以，， 设到平面的距离为，则， 解得，故C正确； 对于D，因为，所以为直角三角形， 外接圆半径分别为，故三棱锥外接球半径最小为2， 此时球心在中点处，表面积为，故D正确； 故选：ACD. 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线为双曲线（，）的一条渐近线，则双曲线的离心率为________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据双曲线渐近线斜率的计算，结合离心率的计算，可得答案. 【详解】由题意可得，设，，则，所以离心率. 故答案为：. 13. 已知数列和满足，，，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据等差数列的定义得出数列是等差数列；再根据等差数列的通项公式即可求解 【详解】因为，， 所以两式相减可得：，即. 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 故. 故答案为：. 14. 已知函数（且），若有且只有两个不等根，则取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】由可得，由互为反函数函数图象关系可得有两解，即有两个根，最后由函数图象与直线有两个交点可得答案. 【详解】由题意得等价于方程有两个不等根， 即函数与图象有两个不同交点， 又与互为反函数，则两函数图象关于对称， 则与图象的交点都分布在直线上， 故问题等价于与有两个不同交点， 即，，有两根， 即函数图象与直线有两个交点. 设，则， 则，得；，得， 则在上单调递增，在上单调递减，， 又，时，，时，， 且时，时， 可得大致图象如下，则要使图象与直线有两个交点， 需满足，即. 故答案为：. 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. 已知的外接圆半径为1，内角，，的对边分别为，，. （1）若边上的高为1，求的面积的最大值； （2）若，求的周长的最大值. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）先求得的面积，然后利用等面积法求得边上的高；（2）由正弦定理知，然后分类进行求解. 【小问1详解】 因为若边上的高为1，所以， 正弦定理得，可得. 所以的面积. 又，所以当时，的面积有最大值，最大值为1. 【小问2详解】 由正弦定理知，可得，则或. 若，则的周长为 ， 当时，周长有最大值，最大值为. 若，则的周长为 ， 当时，周长有最大值，最大值为. 因为，所以的周长的最大值为. 16. 如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，， （1）求平行六面体的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）过作平面，结合边长关系得出高，再应用棱柱的体积公式计算求解； （2）建立空间直角坐标系再计算平面与平面的法向量，最后应用向量夹角公式计算求解. 【小问1详解】 如图，过作平面，垂足为， 因为平面，所以， 过作， ，垂足分别为，， 连接，，平面，所以平面，平面，所以，同理得， 又，为公共边，所以，所以， 又，为公共边，所以， 所以，所以在的平分线上. 又底面是菱形，所以在上. 又，， 所以， 所以，所以为中点. ，，，所以， 菱形的面积为，所以平行六面体的体积为； 【小问2详解】 由（1）可得HA，HB，HA两两垂直，建系如图所示， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则， 取，则， 所以为平面的一个法向量， ， 取，则， 所以为平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为，则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 17. 一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6.现随机地将骰子抛掷次，各次抛掷结果相互独立. （1）当时，求向上的点数最大是5的概率； （2）求向上的点数最大是2的概率； （3）记随机变量表示向上的点数最大值，若的数学期望不小于5，求抛掷次数的最小值. 【答案】（1） （2） （3）4 【解析】 【分析】（1）法一：把最大点数是的情况分成出现一次点、两次点、三次点三类，算出各类可能数，再除以总可能数得概率.  法二：用次点数都不大于的概率减去次点数都不大于的概率，得到最大点数是的概率.  （2）法一：分析掷次骰子出现不同数量点其余为点的组合情况，用组合数表示，再除以总可能数，结合二项式定理化简得概率.  法二：用次点数都不大于的概率减去次点数都为的概率，得到最大点数等于的概率. （3）法一：按最大点数出现次数分类，用组合数算情况数求和得.  法二：用点数不超的概率减不超的概率得.   算期望得 ，由得.  记，知道递减，求出最小为. 【小问1详解】 法一.设将一个质地均匀的骰子掷3次最大点数是5为事件A， 若出现一次5点，则共有种可能， 若出现两次5点，则共有种可能， 若出现3次5点，则只有1种可能. 所以 法二：每一次骰子点数小于或等于5的概率为，由独立事件同时发生的概率公式得3次骰子点数都不大于5得概率为， 每一次骰子点数小于或等于4的概率为，所以 【小问2详解】 法一：掷次骰子出现一次2点，其余全是1点有种可能，出现两次2点，其余全是1点有种可能， 以此类推，次全是2点有种可能，由古典概型的概率公式得 法二：设掷次骰子的最大点数等于2为事件，因为每次骰子点数小于或等于2的概率为， 【小问3详解】 由独立事件同时发生的概率公式得次骰子点数都不大于2的概率为，每一次骰子点数等于1的概率为，所以 随机变量可取1，2，3，4，5，6 法一：若次出现得最大点数为，， 当等于1时，若，则点数出现1次，共有种可能，点数出现2次，共有种可能， 以此类推，若点数出现次，，，则共有种可能， 可得 法二：若最大点数为，则出现点数都不超过的概率为，出现点数都不超过的概率为， 所以， 所以 令得 记，则关于单调递减， 而，，所以的最小值为4. 18. 已知椭圆，过作椭圆在第四象限的切线，其中切点为.设是椭圆第一象限上的动点，过作椭圆的另一条切线，交轴于点. （1）求切线的方程； （2）过点垂直于轴的直线与直线交于点，求面积的最大值； （3）直线和切线相交于点，过点作的平行线交切线于点.问：是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）设，联立椭圆方程，利用判别式等于0，即可求得答案； （2）求出A点坐标，即可得，从而表示出面积的表达式，利用三角代换，即可求得答案； （3）假设存在实数，使得成立，只需证明时结论成立即可. 【小问1详解】 由题意可知斜率不为0，且斜率为正， 设，联立椭圆， 可得：，令， （负值舍），则 小问2详解】 由（1）可知：即， 则，则直线的方程为， 则，则 设，， 则 ， ，所以，当时取到最大值. 【小问3详解】 假设存在实数，使得成立， 下证：，即证：. 由题可知在的切线方程为：.令，， ，，所以. 联立和，解得交点的横坐标. ，因此，即， 故假设成立，即存在实数，使得成立. 19. （，，1，2，…，）称为实系数一元多项式.若实数满足，称是多项式的实数根，则是多项式的因式，即存在多项式使得.设多项式. （1）判断的实数根的个数并说明理由； （2）记的所有实数根的和为，的所有实数根的积为. （i）证明：，满足； （ii）证明：且. 【答案】（1）有2个实数根，理由见解析 （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由导数与函数单调性的关系，可得函数的单调区间，根据零点存在性定理，可得答案； （2）（i）由题意对于函数进行分解因式，建立方程，利用消元，可得答案；（ii）根据一元二次方程根的判别，整理等式，可得答案. 【小问1详解】 ，令得或. ，，变化情况如下表： 0 - 0 - 0 + 单减 无极值 单减 极小值 单减 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，，，所以在和上分别存在唯一的实数根，故有2个实数根； 【小问2详解】 （i）记的两个实数根分别为，，则 ， 比较系数可得：，，，， 消去，得：， 由得：； （ii）由得， 又无实数根，所以，故必有. ，得，所以， 由得，所以，所以， 再由得，故， 令，则，当时，，所以单调递减， 而，所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$