浙江省宁波市镇海中学2025届高三数学下学期适应性考试试题含解析

PAGE22-浙江省宁波市镇海中学2025届高三数学下学期适应性考试试题（含解析）第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4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，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据并集定义计算．【详解】由题意．故选：A．【点睛】本题考查集合的并集运算，属于简洁题．2.已知复数满意，其中i为虚数单位，则复数z的虚部是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由复数的综合运算求出后可得其虚部．【详解】由题意，，其虚部为．故选：B．【点睛】本题考查复数的概念，考查复数的综合运算．在复数中，是实部，是虚部，留意虚部是一个实数．3.在△ABC中“sinA>sinB”是“cosA<cosB”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】【详解】试题解析：必要性在△ABC中，“cosA＞cosB”，由余弦函数在（0，π）是减函数，故有A＜B，若B不是钝角，明显有“sinA＜sinB”成立，若B是钝角，因为A+B＜π，故有A＜π-B＜，故有sinA＜sin（π-B）=sinB综上，“cosA＞cosB”可以推出“sinA＜sinB”：充分性：由“sinA＜sinB”若B是钝角，在△ABC中，明显有0＜A＜B＜π，可得，“cosA＞cosB”若B不是钝角，明显有0＜A＜B＜，此时也有cosA＞cosB综上，“sinA＜sinB”推出“cosA＞cosB”成立故，“cosA＞cosB”是“sinA＜sinB”的充要条件点评：解决本题的关键是驾驭充要条件的推断方法，利用原命题真假证充分性，逆命题的真假证明必要性，4.若，，且，则的最小值为（）A.2 B. C.4 D.【答案】C【解析】分析】已知等式应用基本不等式得到的最小值，然后再在待求式应用基本不等式可得结论．【详解】∵，∴，，当且仅当，即时等号成立，∴，当且仅当时等号成立，综上的最小值是4．故选：C．【点睛】本题考查用基本不等式求最值，基本不等式求最值时，尽是少用基本不等式，最好恰到好处地只用一次，假如要多次应用基本不等式，必需每次应用时等号成立的条件是相同的，这样最终才能取得最值．5.设m，n是两条异面直线，则下列命题中正确的是（）A.过m且与n垂直的平面有且只有一个B.过m且与n平行的平面有且只有一个C.过空间一点P与m，n都平行的平面有且只有一个D.过空间一点P与m，n都垂直的平面有且只有一个【答案】B【解析】【分析】依据异面直线的概念、线面平行的判定、线面垂直的性质逐项推断.【详解】A选项，设过m的平面为，若，则，故若m与n不垂直，则不存在过m的平面与n垂直，故不正确；B选项，过m上一点P作n的平行直线l，则m与l确定一平面，由，，故，正确；C选项，当点P在m或n上，满意条件的平面不存在，故错误；D选项，垂直于同一个平面的两条直线平行，则，与m，n是两条异面直线冲突，错误.故选：B【点睛】本题考查对异面直线的理解，有关直线、平面之间的位置关系的命题的推断，考查空间想象实力，属于基础题.6.已知数列满意，，且，则的最大值为（）A. B.1 C.2 D.【答案】C【解析】【分析】首先依据题意和递推公式，可知，由此即可证明数列是以为首项，为公差的等差数列，求出，进而求出，再依据二次函数的性质和数列的特点，即可求出最值.【详解】因为，所以所以数列是等差数列，又，，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以，所以当时，取最大值，最大值为.故选：C.【点睛】本题主要考查了利用数列的递推公式和等差数列的定义求通项公式，同时考查了利用数列的函数性质求最值，属于中档题.7.一条直线把平面分成两部分，两条直线把平面最多分成4部分，若n条直线把平面分成最多部分，则直线把平面分成最多为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】只要考虑第条直线与前条直线的交点个数即可得．【详解】第条直线与前条直线的交点个数最多是，这个交点把第条直线分成个部分（有两条射线，其余都是线段），每个部分把它所在原来的区域分成两部分，因此共多了个部分，即．故选：D．【点睛】本题考查归纳推理，直线分平面区域问题．解题时我们找寻的是递推关系，即与的关系，思索问题变成在平面上已有条直线的基础上，加上第条直线会发生什么，出现什么改变，由此可归纳出结论．8.边长为1的正方体的棱上有一点P，满意，则这样的点共有（）A.6个 B.9个 C.12个 D.18个【答案】A【解析】【分析】应是椭圆体与正方体与棱的交点，满意条件的点应当在棱的中点满意条件，由此能求出结果．【详解】正方体的棱长为1，，，点是以为焦距，以为长半轴，以为短半轴的椭圆体，在正方体的棱上，应是椭圆与正方体与棱的交点，结合正方体的性质可知，满意条件的点应当在棱上的中点．故选：A.【点睛】本题考查满意条件的点的个数的求法，是中档题，解题时要仔细审题，留意空间思维实力的培育．9.已知椭圆的两焦点，和双曲线的两焦点重合，点P为椭圆和双曲线的一个交点，且，椭圆和双曲线的离心率分别为，，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，，不妨设在第一象限，椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，，由椭圆与双曲线的定义用表示出，然后用余弦定理得出的关系即的关系式，然后由基本不等式求得最小值．【详解】设，，不妨设在第一象限，椭圆长轴长为，双曲线的实轴长为，，则，解得，在中由余弦定理得，∴，，，，∴，∴，当且仅当时等号成立．所以的最小值为．故选：A．【点睛】本题考查椭圆与双曲线的定义，考查它们的离心率，解题关键是利用定义表示出焦半径，然后用余弦定理求得的关系式，用基本不等式求得最小值．10.若实数a，b满意，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题得，构造函数，求出函数最大值即得解.【详解】由题得，所以当且仅当时取等.令，则，所以，所以函数在单调递增，在单调递减.所以，所以，所以，又，所以.所以.故选：A.【点睛】本题主要考查利用导数探讨函数的单调性和最值，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平和分析推理实力.第Ⅱ卷（非选择题，共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分．11.的绽开式的各项系数和为__________;常数项为__________．【答案】(1).(2).【解析】【分析】令，即可得出绽开式的各项系数和，由二项式的绽开式的通项，即可得出常数项.【详解】令，则的绽开式的各项系数和为绽开式的通项为令，解得，此时的系数为令，解得，由于且，则不成立令，解得，此时的系数为所以的绽开式的常数项为故答案为：；【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，属于中档题.12.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________，表面积为__________．【答案】(1).(2).【解析】【分析】依据三视图还原几何体为四棱锥，利用棱锥的体积公式可求得该几何体的体积，四个直角三角形面积与一个正方形面积和为此几何体的表面积.【详解】该几何体为图中四棱锥，其中底面EFCD是边长为4的正方形，，所以该几何体体积为，表面积为.故答案为：；【点睛】本题考查求三视图还原几何体的体积与表面积，属于基础题.13.已知点在抛物线上，该抛物线的焦点为F，过点A作直线的垂线，垂足为B，则__________，的平分线所在的直线方程为__________【答案】(1).2(2).【解析】【分析】代入点坐标可求得，的平分线据直线即为直线的倾斜角的平分线所在直线，由此易得其斜率．【详解】∵点在抛物线上，∴，∴，则，，设直线的倾斜角为，则，解得（舍去），因为，所以轴，所以的倾斜角的平分线所在直线即为的平分线所在的直线，所以其方程为，即．故答案为：2；．【点睛】本题考查由抛物线上点的坐标求抛物线的焦参数，考查求直线方程．解题关键是确定的平分线所在的直线即为的倾斜角的平分线所在直线．14.某学校周三要排语文、数学、英语、物理、化学、体育共六节课，有__________种不同的排法，若体育课既不能与语文相邻，也不能与数学相邻，有__________种不同的排法．（用详细数字作答）【答案】(1).(2).【解析】【分析】依据语文、数学、英语、物理、化学、体育的全排列得出第一空；分类探讨体育所在节数，由分类加法计数原理得出其次空.【详解】某学校周三要排语文、数学、英语、物理、化学、体育共六节课，有种不同的排法当体育在第一节时，在第三，四，五，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法当体育在其次节时，在第四，五，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法当体育在第三节时，在第一，五，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法当体育在第四节时，在第一，二，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法当体育在第五节时，在第一，二，三节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法当体育在第六节时，在第一，二，三，四节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法则若体育课既不能与语文相邻，也不能与数学相邻，有种不同的排法故答案为：；【点睛】本题主要考查了全排列问题和不相邻排列问题，涉及了分类加法计数原理的应用，属于中档题.15.一个扇形的周长是6厘米，该扇形的中心角是1弧度，该扇形的面积是________．【答案】2平方厘米【解析】【分析】利用扇形的弧长公式以及面积公式求解即可.【详解】设扇形的半径为厘米，弧长为厘米（厘米）扇形的周长是6厘米（厘米），即（厘米）（平方厘米）故答案为：平方厘米【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式以及面积公式，属于基础题.16.已知棱长为的正方体，球与正方体的各条棱相切，为球上一点，是的外接圆上的一点，则线段长的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】先求出与正方体的各条棱都相切的球半径和正方体的外接球半径，在依据题意即可求解.【详解】解：设与正方体的各条棱都相切的球的球心为，其半径，正方体的外接球的球心为，则的外接圆为正方体的外接球的一个小圆，且正方体的外接球半径，又因为点在与正方体的各条棱都相切的球面上运动，点在的外接圆上运动，所以线段长度的最小值是正方体的外接球的半径减去与正方体的各条棱都相切的球的半径，线段长度的最大值是正方体的外接球的半径加正方体的各条棱都相切的球的半径，由此可得线段的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查正方体的棱切球与外接球的问题，考查空间思维实力，是中档题.17.设O为的外心，a，b，c分别为，，的对边，且，则的最小值为_________________．【答案】【解析】【分析】先证明，，，再利用余弦定理和基本不等式即得解.详解】由平面对量数量积的定义可知，，同理可得，，，所以，同理：，.由题得，所以，所以，由余弦定理得.当且仅当时取等.所以的最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查平面对量的数量积和余弦定理，考查基本不等式的应用，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平和分析推理实力.三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．18.已知箱子中装有标号分别为1，2，3，4，5的五个小球．现从该箱子中取球，每次取一个球（无放回，且每球取到的机会均等）．（Ⅰ）若连续取两次，求取出的两球上标号都是奇数或都是偶数的概率；（Ⅱ）若取出的球的标号为奇数则停止取球，否则接着取，求取出次数X的分布列和数学期望．【答案】（1）；（2）分布列见解析，期望为．【解析】分析】（1）用列举法写出全部基本领件，确定所求概率事务所含有的基本领件，计数后可得概率．（2）的可能值1，2，3，分别计算概率得分布列，由期望公式可计算出期望．【详解】（1）连续取两次，求取出的两球上标号可能是12,13,14,15,23,24,25,34,35,45共10个，其中都是奇数或都是偶数的有13,15,35,24共4个，所求概率为；（2）由题意的全部可能值是1,2,3，，，，所以的分布为123．【点睛】本题考查古典概型，考查随机变量的概率分布列和数学期望，用列举法求古典概型概率是常用方法．19.如图，，且，，，（1）若，求证：面面BDE;（2）若，求直线AD与平面DCE所成角的正弦值．【答案】（1）见解析，（1）【解析】【分析】（1）由，可得，结合可得平面，再利用面面垂直的判定可证明；（2）由余弦定理求出，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线AD与平面DCE所成角的正弦值．【详解】解：证明：因为，且，，，所以，所以，所以，因为，,所以平面，因为平面，所以面面BDE;（2）解：因为，且，，，所以，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则,设，因为,所以，解得，所以，因为,,所以，,，设平面的法向量为，则，令，则，设直线AD与平面DCE所成角为，因为，所以直线与平面DCE所成角为，所以，所以直线AD与平面DCE所成角的正弦值为【点睛】此题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等学问，考查运算实力，属于中档题.20.已知数列满意，，（1）求;（2）若数列满意，，求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）用累乘法求得通项；（2）求出满意不等式，从起先用放缩法，然后利用累加法求和可证结论．【详解】（1）由题意（），∴，也适合．所以（）；（2）由已知，，，当时，，因此，则综上，．【点睛】本题考查累乘法和累加法求数列的通项公式．本题还考查了用放缩法证明数列不等式．对一些特别的递推公式，求通项公式的方法可能采纳累乘法和累加法，如已知，可用累加法求通项公式，如已知，可用累乘法求通项公式．21.已知椭圆的离心率为，是椭圆上一点，直线与椭圆交于A，B两点（B在A的右侧且不同于P点）（Ⅰ）求椭圆方程;（Ⅱ）若直线PA的斜率为1，求直线PB的斜率;（Ⅲ）求的取值范围．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】【分析】（Ⅰ）依据椭圆的性质，列出方程，求解即可；（Ⅱ）求出点的坐标，确定直线的方程，再得出点的坐标，由斜率公式，即可得出直线PB的斜率;（Ⅲ）联立直线与椭圆方程