浙江省杭州市萧山区第八高级中学2025-2026学年高三上学期期初考试数学模拟试卷

杭州市萧山区第八高级中学25学年第一学期期初考试模拟卷 一、单选题 1．集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知向量，满足，，且，则（    ） A． B． C．1 D．2 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 4．设等比数列公比为，则“”是“为递增数列”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．即不充分也不必要条件 5．已知展开式各项系数之和为64，则展开式中的系数为（    ） A．31 B．30 C．29 D．28 6．已知函数满足对任意， ，当时都有成立，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．正方体的棱长为1，是的中点，则下列选项不正确的是（    ） A．直线平面 B． C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为 8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，实轴长为8，渐近线方程为，动点在双曲线左支上，点为圆上一点，则的最小值为（    ） A．10 B．12 C． D． 二、多选题 9．对于随机事件A，B，若，，，则（    ） A． B． C． D． 10．已知函数，则（    ） A．函数的最小正周期为 B．直线是函数的图象的一条对称轴 C．若时，恒成立，则实数m的取值范围为 D．将函数的图象上的所有点的横坐标缩小为原来的，再将所得的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若时，函数有且仅有5个零点，则实数t的取值范围为． 11．函数，则（   ） A．的图象过定点 B．当时，在上单调递增 C．当时，恒成立 D．存在，使得与轴相切 三、填空题 12．若复数满足为虚数单位，为的共轭复数，则 . 13．现将6本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知书籍分发给了甲，则不同的分发方式种数是 .（用数字作答） 14．已知实数满足，则的最大值为 . 四、解答题 15．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，且的面积为. (1)求；(2)延长CB至点，使得是等腰三角形，求. 16．已知椭圆：的右焦点F在直线上，A，B分别为的左、右顶点，且. (1)求C的标准方程； (2)是否存在过点的直线交C于M，N两点，使得直线，的斜率之和等于-1？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由. 17．已知在长方形中，，，点是边的中点，如图甲所示.将沿翻折到，连接，，得到四棱锥，其中，如图乙所示. (1)求证：平面平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值. 18．甲、乙两个口袋都装有3个小球（1个黑球和2个白球）.现从甲、乙口袋中各取1个小球交换放入另外一个口袋（即甲口袋中的小球放入乙口袋，乙口袋中的小球放入甲口袋），交换小球次后，甲口袋中恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为. (1)求，； (2)求，； (3)求数列的通项公式，并证明. 19．已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若，求证：； (3)当时，令，曲线的图像在处切线的斜率相同，记的最小值为，求的最小值. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D B D C A C B BCD ACD 题号 11 答案 ABD 1．D 【分析】化简，根据并集的定义即可求解. 【详解】由，可得， 故， 故选：D 2．D 【分析】根据向量模的运算、向量垂直的表示等知识列方程，从而求得. 【详解】由两边平方得，， 由于，所以， 所以. 故选：D 3．B 【分析】首先根据辅助角公式化简并求解的值，然后根据余弦二倍角公式求解的值，最后利用诱导公式求解的值即可. 【详解】由于，可得：，即， 又由于， . 故选：B. 4．D 【分析】要判断“”与“等比数列为递增数列”之间的条件关系.需要分别从充分性和必要性两方面进行分析，即看“”能否推出“等比数列为递增数列”，以及“等比数列为递增数列”能否推出“”. 【详解】假设.对于等比数列，其通项公式为. 当，时，根据通项公式可得. 此时，等比数列不是递增数列. 这说明仅仅不能保证等比数列一定是递增数列， 所以“”不是“等比数列为递增数列”的充分条件. 假设等比数列为递增数列，那么. 由通项公式可得，，所以. 当时，不等式两边同时除以（因为，，不等号方向改变）， 得到.例如当时，，解得. 这说明等比数列为递增数列时，不一定有， 所以“”不是“等比数列为递增数列”的必要条件. 则“”是“为递增数列”的既不充分又不必要条件. 故选：D. 5．C 【分析】赋值法得到方程，求出，求出展开式通项公式，得到，，从而得到展开式中的系数为. 【详解】中令得，解得， 展开式通项公式为，， 当时，，当时，， 故展开式中的系数为. 故选：C 6．A 【分析】根据题意可得在R上的增函数，用一次函数与二次函数的单调性及端点值的大小关系列不等式组即可求解. 【详解】因为函数满足对任意， ，当时都有成立， 所以在R上的增函数， 于是，即， 解得，即. 故选：A 7．C 【分析】由线面平行的判定定理可判断A，由线面垂直的性质定理可判断B，由三棱锥的体积公式可判断C，由直棱锥的外接球半径计算方法可判断D. 【详解】对于A，，平面，平面， 直线平面，故A正确； 对于B，，，， 平面，平面， 平面，又平面，，故B正确； 对于C，三棱锥的体积，故C错误； 对于D，设三棱锥的外接球的半径为，的外接圆半径为， ， 在中，由余弦定理得， 所以，则有， ， 三棱锥的外接球的表面积为，故D正确. 故选：C. 8．B 【分析】利用已知条件先求出双曲线方程，再利用双曲线定义把转化到，然后再利用到圆上的动点距离转化到圆心的距离，最后易得距离之和的最小值. 【详解】 由实轴长为8得，即， 由渐近线方程为得：，即， 所以双曲线方程为，再由， 可得左、右焦点坐标分别为，， 由双曲线的定义得：， 因为点为圆上，圆心，半径， 所以 即， 而，所以的最小值为. 故选：B. 9．BCD 【分析】根据条件概率的计算公式，可判断AB的真假，根据和事件概率计算公式，可判断C的真假，结合全概率公式和条件概率计算公式，可判断D的真假. 【详解】对A：因为，故A错误； 对B：由，故B正确； 对C：因为，故C正确； 对D：， 所以：. 所以.故D正确. 故选：BCD 10．ACD 【分析】利用二倍角公式和辅助角公式对进行化简，再求最小正周期可判断A，代入检验法可判断B，利用三角函数的性质可判断C，利用三角函数的图象变换和性质可判断D. 【详解】因为， 所以的最小正周期为，故A正确； 又由，故B错误； 当时，可得， 当，即时，取得最小值， 因为，恒成立，所以， 即实数的取值范围为，故C正确； 由题意得函数，因为， 所以，又因为函数有且仅有5个零点， 则满足，解得， 所以实数的取值范围是，故D正确. 故选：ACD. 11．ABD 【分析】结合可判断A的真假；当时，求导，分析函数的单调性，可判断BC的真假；问题转化为函数的最小值为0是否成立，可判断D的真假. 【详解】对A：不管取何值，， 所以函数的图象过定点，故A正确； 对B：当时，，（），， 设，则，所以在上单调递增. 因为，所以， 所以在上单调递增，这一说法不正确，即B错； 对C：由B选项可知，，所以存在，使得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 所以函数的最小值为， 且， 因为，故不能取“”.故C正确； 对D：当时，（），所以（）， 设（），则（）. 所以在上单调递增. 因为当时，；当时，. 所以存在，使得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 所以函数的最小值为，且. 由. 设，（），则， 所以在上单调递减. 且，，所以必定有解.即D正确. 故选：ABD 12．2 【分析】利用复数运算法则计算出，再根据共轭复数概念和加法法则得到答案. 【详解】由题得， ， . 故答案为：2 13．180 【分析】按甲乙丙3人各分得书籍本数分类即可，注意平均分与不平均分情况. 【详解】6本书分给甲乙丙3人，每人至少1本. 则3人书籍本数分为1，1，4；1，2，3；2，2，2三大类情况. 第一类1，1，4情况： 若甲分1本，已分得书籍，则另两人一人1本，1人4本，共有种， 若甲分4本，即再取3本，则剩余2本书分给乙丙，一人一本，则共有种， 故第一类情况共有种； 第二类1，2，3情况： 若甲分1本，已分得书籍，另两人一人2本，1人3本，共有种， 若甲分2本，另两人一人1本，1人3本，共有种， 若甲分3本，另两人一人1本，1人2本，共有种， 故第二类情况共有种； 第三类2，2，2情况： 每人都两本，故甲再取1本，乙丙平均分剩下4本，则共有种； 所以不同的分发方式种数共. 故答案为：180. 14． 【分析】依题意可得，从而得到点在圆上，再由表示点与点连线的斜率，结合图象及直线与圆的位置关系求出的最值，即可得解. 【详解】因为，所以， 所以点在圆上，其中圆心为，半径为， 又，其中表示点与点连线的斜率， 又，所以点在圆外， 由图可知，当直线与圆相切时，取得最值，设过点的直线的方程为， 即，则，解得或， 即的最大值为，最小值为， 所以的最大值为. 故答案为： 15．(1)2 (2) 【分析】（1）首先根据同角三角函数的平方关系求出，然后根据三角形的面积公式求出的值，再利用余弦定理求解即可； （2）首先利用余弦定理的推论求出，进而得到，根据是等腰三角形得到是边长为2的等边三角形，再利用求解即可. 【详解】（1），， ， ，， 由余弦定理得， ； （2）如图，由（1）及余弦定理可得，， ，， 是等腰三角形，是边长为2的等边三角形，， ， 又， . 16．(1) (2)存在，. 【分析】（1）先求出点的坐标，得出椭圆中的，结合椭圆的几何性质可出答案. （2）设直线的方程为：，，，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理代入可出答案. 【详解】（1） 设右焦点， 直线与x轴的交点为， 所以椭圆C右焦点F的坐标为， 故在椭圆C中， 由题意，结合，则， ， 所以椭圆C的方程为：； （2）当直线的斜率为0时，显然不满足条件， 当直线的倾斜角不为时， 设直线的方程为：，，， 由，可得， 由题意， 则，， 由 ， 由，即， 故存在满足条件的直线，直线的方程为：. 17．(1)证明见解析． (2)． 【分析】（1）证明，，从而证得平面，再由面面垂直的判定定理得证面面垂直； （2）以为原点，过平行于的直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，则法向量夹角的余弦值得二面角的余弦值． 【详解】（1）连接，因为是中点，所以， 从而，所以， 又，所以，所以， ，平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面； （2）取的中点，连接，则，又平面平面，平面平面， 所以平面， ， 以为原点，过平行于的直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， ， 设平面的一个法向量是， 则，取得， 设平面的一个法向量是， 则，取，得， ， 所以平面和平面夹角的余弦值为． 18．(1)， (2)， (3)，证明见解析 【分析】（1）根据古典概型概率及互斥事件的概率公式计算即可； （2）根据条件概率与全概率公式计算即可； （3）讨论第次换球后甲口袋中黑球的个数为1的情况下的三种情形，构造等比数列计算通项公式，再由等比数列求和公式结合指数函数的性质证明即可. 【详解】（1）第1次换球后甲口袋中有2个黑球，即从甲口袋取出的为白球且从乙口袋取出的为黑球，则. 第1次换球后甲口袋中有1个黑球，即从甲、乙口袋取出的同为白球或同为黑球，得. （2）若第2次换球后甲口袋中有2个黑球， 则当第1次换球后甲口袋中有1个黑球时，第2次甲口袋取白球且乙口袋取黑球， 当第1次换球后甲口袋中有2个黑球时，第2次甲、乙口袋同取白球， 所以. 若第2次换球后甲口袋中有1个黑球， 则当第1次换球后甲口袋中有0个黑球时，第2次甲口袋取白球且乙口袋取黑球， 当第1次换球后甲口袋中有1个黑球时，第2次甲、乙口袋同取白球或同取黑球， 当第1次换球后甲口袋中有2个黑球时，第2次甲口袋取黑球且乙口袋取白球， 所以. （3）第次换球后，甲口袋中的黑球个数为1的情形有： ①若第次换球后甲口袋中有2个黑球，则第次甲口袋取黑球且乙口袋取白球； ②若第次换球后甲口袋中有1个黑球，则第次甲、乙口袋同取黑球或同取白球； ③若第次换球后甲口袋中有0个黑球，则第次甲口袋取白球且乙口袋取黑球. 所以. 设， 则，则，得. 又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列 所以，即 所以 . 【点睛】思路点睛：根据条件概率与全概率公式得出第n次换球后甲袋1个黑球的第次换球后甲袋中黑球个数的情形得出的关系式，结合等比数列的求和公式计算即可. 19．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由导数的运算求出导函数，从而利用导数的几何意义求出斜率，利用点斜式直线方程求解即可. （2）先根据常数放缩转化为证明，令，求导研究其单调性，进而求得最小值，再结合余弦函数的最值即可证明. （3）对求导，利用导数法研究其单调性，由得，利用基本不等式得，利用换元法将进行转化，进而利用导数法求解最值即可. 【详解】（1）当时，， ， 在处的切线方程为. （2）当时，， 令，则， 令，则， 当时，单调递增；当时，单调递减； ，即， 又，所以即， ，即， 在上单调递增， . （3）， ，又， 当时，，当时，， 故在和上单调递减，在上单调递增， 由题意得， ， 由又，则， 记，则， ， 当时，单调递减； 当时，单调递增； ， 时，， 单调递增，则. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 答案第12页，共12页 答案第11页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $$