2024-2025學(xué)年浙江省浙南名校聯(lián)盟高三（上）第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷（10月份）（含答案）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年浙江省浙南名校聯(lián)盟高三（上）第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷（10月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知復(fù)數(shù)z1=1?i，z2=2?i，則復(fù)數(shù)zA.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知集合A={(x,y)|y=|x|},B={(x,y)|y=1|x|}，則A∩B=A.{?1,1} B.{(?1,1)，(1,1)}

C.(0,+∞) D.(0,1)3.“其身正，不令而行；其身不正，雖令不從”出自《論語(yǔ)?子路》.意思是：當(dāng)政者本身言行端正，不用發(fā)號(hào)施令，大家自然起身效法，政令將會(huì)暢行無(wú)阻；如果當(dāng)政者本身言行不正，雖下命令，大家也不會(huì)服從遵守.根據(jù)上述材料，“身正”是“令行”的(

)A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4.已知f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)=1x+1?a.若f(x)在(?∞,+∞)上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為A.[1,+∞) B.(1,+∞) C.(?∞,1) D.(?∞,1]5.將6棵高度不同的景觀樹種植在道路兩側(cè)，要求每一側(cè)種植3棵，且每一側(cè)中間的景觀樹都要比兩邊的高，則不同的種植方法共有(

)A.20種 B.40種 C.80種 D.160種6.將函數(shù)g(x)=cos(ωx+π12)(ω∈N?)的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的12，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，得到函數(shù)f(x)的圖象，若A.2 B.3 C.4 D.57.已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點(diǎn)為F1，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若在C的右支上存在關(guān)于x軸對(duì)稱的兩點(diǎn)P，A.2 B.1+2 C.8.已知x0為函數(shù)f(x)=x2exA.1 B.2 C.3 D.4二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知非零向量a,b,cA.若a(b?c)=0，則b⊥c

B.若(a+b)⊥(a?b)10.如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中AB=4，M，N，D，Q分別為棱AB，AC，B1C1A.B1C1/?/平面QMN

B.AA1=6

C.點(diǎn)Q到平面11.已知拋物線C：x2=4y的焦點(diǎn)為F，A，B，P為拋物線C上的點(diǎn)，cos?FA,FB?=?1，若拋物線C在點(diǎn)A，B處的切線的斜率分別為k1，k2，且兩切線交于點(diǎn)M.N為拋物線A.若|AF|+|BF|=2，則AF?BF=?1

B.直線PN的傾斜角α≥π4

C.若k1+k2三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知sinα?3cosα=113.已知某中學(xué)的3個(gè)年級(jí)各有學(xué)生300，300，400人，現(xiàn)采用分層抽樣的方法從3個(gè)年級(jí)的學(xué)生中抽取10人，對(duì)他們的體重進(jìn)行了統(tǒng)計(jì).若3個(gè)年級(jí)被抽到的學(xué)生體重的平均值分別為48，52，55kg，方差分別為4，10，1.將這10名學(xué)生體重W(kg)作為樣本，則樣本的方差為______．14.“四進(jìn)制”是一種以4為基數(shù)的計(jì)數(shù)系統(tǒng)，使用數(shù)字0，1，2，3來(lái)表示數(shù)值.四進(jìn)制在數(shù)學(xué)和計(jì)算的世界中呈現(xiàn)出多個(gè)維度的特性，對(duì)于現(xiàn)代計(jì)算機(jī)科學(xué)和技術(shù)發(fā)展有著深遠(yuǎn)的影響.四進(jìn)制數(shù)轉(zhuǎn)換為十進(jìn)制數(shù)的方法是通過(guò)將每一位上的數(shù)字乘以4的相應(yīng)次方(從0開始)，然后將所有乘積相加.例如：四進(jìn)制數(shù)013轉(zhuǎn)換為十進(jìn)制數(shù)為0×42+1×41+3×40=7；四進(jìn)制數(shù)0033轉(zhuǎn)換為十進(jìn)制數(shù)為0×43+0×42+3×41+3×40=15；四進(jìn)制數(shù)1230四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題13分)

如圖，三棱臺(tái)ABC?A1B1C1中，△ABC是正三角形，A1A⊥平面ABC，AB=2A1A=2A1C1=4，M，N分別為棱AB，B116.(本小題15分)

已知b>0，函數(shù)f(x)=x2?x?(x?1)ln(bx)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線過(guò)點(diǎn)(0,?1)．

(1)求實(shí)數(shù)b的值；

(2)證明：f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增；

(3)若對(duì)?x≥1，17.(本小題15分)

如圖，四邊形ABCD中，AB=1，CD=AD=2，BC=3，∠BAD+∠BCD=π．

(1)求∠BAD；

(2)P為邊BC上一點(diǎn)，且△PCD的面積為3，求△ABP的外接圓半徑．18.(本小題17分)

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P(1,63)在橢圓上，且直線PF1與PF2的斜率之積為?23．

(1)求C的方程；

(2)直線l：y=kx+m(k>0,m>0)與C交于M，N兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)A，與x軸交于點(diǎn)B．

(ⅰ)若A，B19.(本小題17分)

密碼學(xué)是研究編制密碼和破譯密碼的技術(shù)科學(xué).研究密碼變化的客觀規(guī)律，應(yīng)用于編制密碼以保守通信秘密的，稱為編碼學(xué)；應(yīng)用于破譯密碼以獲取通信情報(bào)的，稱為破譯學(xué)，總稱密碼學(xué).20世紀(jì)70年代，一些學(xué)者提出了公開密鑰體制，即運(yùn)用單向函數(shù)的數(shù)學(xué)原理，以實(shí)現(xiàn)加、脫密密鑰的分離.加密密鑰是公開的，脫密密鑰是保密的.這種新的密碼體制，引起了密碼學(xué)界的廣泛注意和探討.某數(shù)學(xué)課外小組研究了一種編制密碼的方法：取任意的正整數(shù)n，將小于等于n且與n互質(zhì)的正整數(shù)從小到大排列，即為密碼.記符合上述條件的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為an．

(1)求數(shù)列{an}的前5項(xiàng)和；

(2)求a2n(n∈N?)的表達(dá)式和a31×37的值；

(3)記bn參考答案1.D

2.B

3.C

4.A

5.C

6.B

7.D

8.B

9.ABD

10.AC

11.BCD

12.?113.13．

14.1315.(1)證：連接AB1，如圖所示：

因?yàn)镸，N分別為AB，BB1的中點(diǎn)，所以MN/?/AB1，

因?yàn)椤鰽BC是正三角形，所以CM⊥AB，

又A1A⊥平面ABC，CM?平面ABC，所以CM⊥A1A，

又A1A∩AB=A，A1A，AB?平面A1ABB1，所以CM⊥平面A1ABB1，

又因?yàn)锽1B?平面A1ABB1，所以CM⊥B1B，

易得AB1=B1B=22，所以AB2=AB12+B1B2，所以AB1⊥B1B，

又因?yàn)锳B1/?/MN，所以MN⊥BB1，因?yàn)镸N∩CM=M，MN，CM?平面MCN，

所以B1B⊥平面MCN；16.解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=2x+1x?ln(bx)?2，

故f′(1)=1?lnb，又f(1)=0，

∴f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y=(1?lnb)(x?1)，

將點(diǎn)(0,?1)代入得1?lnb=1，解得b=1．

(2)證明：由(1)知f(x)=x2?x?(x?1)lnx，

則f′(x)=2x+1x?lnx?2，

令g(x)=f′(x)=2x+1x?lnx?2，

則g′(x)=2?1x2?1x=(x?1)(2x+1)x2，

當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，

∴x=1時(shí)，函數(shù)g(x)即f′(x)取得極小值即最小值，

∴f′(x)≥f′(1)=1>0，

∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增．

(3)對(duì)?x≥1，f(x)≥a(x?1)恒成立，即對(duì)?x≥1，x(x?1)?(x?1)lnx≥a(x?1)恒成立，

當(dāng)x=1時(shí)，上式顯然恒成立；

當(dāng)x>1時(shí)，上式轉(zhuǎn)化為x?lnx≥a17.解：(1)因?yàn)椤螧AD+∠BCD=π，所以cos∠BAD=?cos∠BCD，

在△ABD中，由余弦定理得：

BD2=AB2+AD2?2AB?ADcos∠BAD=5?4cos∠BAD，①

在△BCD中，由余弦定理得：

BD2=BC2+CD2?2BC?CDcos∠BCD=13+12cos∠BAD，②

①②兩式作差得：8+16cos∠BAD=0，解得cos∠BAD=?12，

因?yàn)椤螧AD∈(0,π)，所以∠BAD=2π3；

(2)因?yàn)锳B=1，CD=AD=2，BC=3，∠BAD+∠BCD=π，

由(1)知BD2=5?4cos2π3=7，

可得BD=7，且∠PCD=∠BCD=π3，

則S△PCD=12PC?CDsin∠PCD=32PC=3，所以PC=2，

在△PCD中，由余弦定理，

可得PD2=CD2+PC2?2CD?PCcos∠PCD=418.解：(1)設(shè)C的焦距為2c(c>0)，則F1(?c,0)，F(xiàn)2(c,0)，

故kPF1?kPF2=631+c×631?c=?23，解得c=2，

因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓上，所以1a2+23b2=1，

所以1a2+23b2=1c=2a2=b2+c2，解得b2=1，a2=3，

所以C的方程為x23+y2=1．

(2)(ⅰ)由題，A(0,m),B(?mk,0)，設(shè)M(x1,y1)，N(x2,y2)，

因?yàn)锳，B恰為弦MN的兩個(gè)三等分點(diǎn)，所以BA=NB=AM，

則OA=12(OB+OM)，即x1?mk=0,12y1=m，解得x1=mky1=2m，所以M(mk,2m)19.解：(1)由題意可得a1=1；

小于等于2且與2互質(zhì)的正整數(shù)有1，所以a2=1；

小于等于3且與3互質(zhì)的正整數(shù)有1，2，所以a3=2；

小于等于4且與4互質(zhì)的正整數(shù)有1，3，所以a4=2；

小于等于5且與5互質(zhì)的正整數(shù)有1，2，3，4，所以a5=4．

所以數(shù)列{an}的前5項(xiàng)和為1+1+2+2+4=10．

(2)若2為質(zhì)數(shù)，