浙江省温州市普通高中2025届高三第一次适应性考试数学试题一模数学试题 含解析

温州市普通高中2025届高三第一次适应性考试数学试题卷2024.11一、选择题：本大题共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，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】将集合用列举法写出具体元素，由集合的表达式可知集合的元素，即可得到的结果.【详解】将集合用列举法写出得：，对于集合，由可知：，所以.故选：C.2.若，则复数对应的点位于第（）象限A.一 B.二 C.三 D.四【答案】D【解析】【分析】先进行复数化简，再根据几何意义得解.【详解】，化简，即,即.根据复数几何意义知道，对应的点为，在第四象限.故选：D.3.已知平面向量，满足，，则（）A.1 B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】由题意，结合计算即可求解.【详解】由题意知，，，所以.故选：D4.若方向向量为的直线与圆相切，则直线的方程可以是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据直线的方向向量得出斜率，设点斜式方程，再由圆心到直线距离等于半径求解.【详解】由直线的方向向量为知，直线的斜率，设直线方程为，则由直线与圆相切知，圆心到直线的距离，解得或，所以直线的方程为或，即或，故选：B5.已知，，则（）A. B.5 C. D.【答案】B【解析】【分析】运用两角和与差的正弦公式展开，然后两式相减、两式相加各得一个等式，再让这两个等式相除并化简即可求解.【详解】,两式相减得,两式相加得,所以,即,故选：B.6.已知函数的值域为，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】分析可知当时，的取值范围是，当时，的最大值为，且注意到趋于负无穷时，也会趋于负无穷，由此即可列出不等式求解.【详解】当时，的取值范围是，注意到，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，的最大值为，且注意到趋于负无穷时，也会趋于负无穷，若函数的值域为，则当且仅当，解得.故选：A.7.已知数列的通项公式，在其相邻两项，之间插入个，得到新的数列，记的前项和为，则使成立的的最小值为（）A.28 B.29 C.30 D.31【答案】B【解析】【分析】根据题意分析得的项的情况，从而求得，，进而得解.【详解】由题意，数列元素依次为，，在到之间3的个数为，故到处共有35个元素，所以前30项中含，，及26个3，故，而，故成立的最小的为29.故选：B8.飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数.在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为，则（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】D【解析】【分析】先确定分布列，再结合错位相减法及无穷数列的和求期望.【详解】玩家投掷1次即可到达终点的方法是掷出3点，故.玩家投掷2次即可到达终点的方法是掷出，，，，，故.玩家投掷3次即可到达终点的方法是掷出，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，故.设玩家投掷次即可到达终点，那么第次掷得的点数可以为，分别记作，，，，，则玩家投掷次的基本事件是投掷次的倍，能到达终点的掷法：之前的对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，.是投掷次即可到达终点的倍.所以是以为首项，以为公比的等比数列.所以.所以即两边同乘以得：两式相减得：.故选：D【点睛】结论点睛：若数列是首项为，公比为的等比数列，当且时，数列的所有项的和为：.二、选择题：本大题共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，微信公众号：浙江省高中数学部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.观察下列散点图的分布规律和特点，其中两个变量存在相关关系的有（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】由相关关系对应的图形是散点图，能反映两个变量的变化规律才具有相关关系直接可以判断.【详解】相关关系对应的图形是散点图，ABC都能反映两个变量的变化规律，它们都具有相关关系；D中的点散乱地分布在坐标平面内，不能反映两个变量的变化规律，不具有相关关系．故选：ABC.10.已知，，，，其中，点为平面内一点，记点到，的距离分别为，，则下列条件中能使点的轨迹为椭圆的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】根据椭圆的定义可判断A的真假；求点的轨迹方程，判断BCD的真假.【详解】对A：根据椭圆的定义，，所以点轨迹为椭圆，故A正确；对B：设Px,y，则由，所以点轨迹为圆，故B错误；对C：由，分情况去掉绝对值符号，可知点的轨迹为4条线段，不是椭圆，故C错误；对D：由，因为，所以点轨迹为椭圆，故D正确.故选：AD11.已知函数，则（）A. B.当时，C.当时， D.当时，【答案】ACD【解析】【分析】对于A，用和差化积公式及二倍角公式化简可以判断；对于B，利用导数研究的单调性，进而可求的最值；对于C，利用B的单调性比较自变量的大小即可比较函数值的大小；对于D，运用分析法，多次使用和差化积、积化和差公式即可推导.【详解】对于A，，由和差化积公式:得：,其中，故所以即A正确；对于B，对求导,，在上，令f′x<0得令f′所以在和单调递减,在单调递增,故在区间上的最大值为,且,故B错误；对于C，当时单调递增,故在上单调递增,而当时,，且,故正确；对于D，，由和差化积公式:得因为，所以，所以，所以而,,由积化和差得,其中,上述不等式显然成立，故D正确,故选：ACD【点睛】结论点睛：和差化积与积化和差公式和差化积公式：.积化和差公式：，，，.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.12.已知椭圆和双曲线焦点相同，则______.【答案】【解析】【分析】根据双曲线方程可得，且焦点在x轴上，再结合椭圆方程列式求解即可.【详解】对于双曲线，可知其半焦距，且焦点在x轴上，对于椭圆可得，且，解得.故答案为：.13.如图所示的五面体为《九章算术》中记载的羡除，它指的是墓道或隧道.其中，四边形，，均为等腰梯形，平面平面，，，，和间的距离为2，和间的距离为4，则该羡除的体积为______.【答案】12【解析】【分析】结合锥体体积体积公式，采用切割法求几何体体积.【详解】如图：连接、则，，所以该羡除的体积为：.故答案为：1214.已知正项数列满足，且，则______.【答案】6069【解析】【分析】首先由递推关系式得出是以为首项，3为公差的等差数列，再代入，结合即可求出，最后利用等差数列的通项公式即可求得答案.【详解】因为为正项数列且，①所以，②得，即，所以是以为首项，3为公差的等差数列，令可得，又，，所以，解得，.故答案为：6069.四、解答题：本大题共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.记的内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求；（2）若为中点，，，求的周长.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）解法1：边化角之后，再利用两角和的正弦公式及，得到，得1分，再得出的值.解法2：利用余弦定理，将角化边，得出，消去，得出结果.解法3：整理成射影定理的结构，化简得出结果.（2）解法1：利用已知条件和余弦定理，得出，题干已知条件有转化成，利用余弦定理，得出，解方程得出或者的值，再计算得出周长.解法2：利用，得出，由，得出，解方程得出或者，的值，再计算得出周长.解法3：利用平行四边形长度，得出，由，得出，解方程得出或者，的值，再计算得出周长.解法4：利用向量关系，得出，由，得出，解方程得出或者，的值，再计算得出周长.解法5：在和分别利用余弦定理，得出，由，得出，解方程得出或者，的值，再计算得出周长.【小问1详解】解法1：由题意，得则所以因为在中，，所以.解法2：由题意，得，所以，因此因为，所以.解法3：由题意，得所以由射影定理，得因，所以.【小问2详解】解法1：由已知条件，得.在利用余弦定理，得.所以由余弦定理，得，所以.因此所以的周长为.解法2：因为，所以.因此，所以又由余弦定理，得，所以因此，所以的周长为.解法3：以的边，为邻边将补成平行四边形，利用平行四边形长度关系可得，，所以.又由余弦定理，得，所以因此，所以的周长为.解法4：利用向量关系，可得CD因此又由余弦定理，得，所以因此，所以的周长为.解法5：在和分别利用余弦定理，可得.所以又由余弦定理，得，所以因此所以的周长为.16.点在抛物线上，且到抛物线焦点的距离为.（1）求抛物线的方程；（2）过点的直线交抛物线于，两点，且，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据焦半径公式及点在抛物线上，列方程组，可求的值.（2）法1：设出直线的方程：，与抛物线方程联立，得到，，再根据，得求的值.法2：设直线的方程：，与抛物线方程联立，得到，，再根据，得得的关系，从而说明直线经过定点，再结合直线过抛物线的焦点，可得直线方程.法3：设，，则直线可写成，根据及可求出的值，得直线的方程.法4：设，，根据直线与垂直，可分别设两直线方程为，，分别与抛物线方程联立，把、坐标用表示出来，再结合求的值，进而求出点坐标，结合直线过点，可求直线方程.法5：设，，设直线：与抛物线方程联立，可得，再根据，结合直线过点，可求的值，得直线的方程.【小问1详解】根据焦半径公式可得，所以，又，所以，解得或（舍去），故所求抛物线方程为.【小问2详解】法1：，，设，，，，所以，，，（舍去），所以即.法2：设，，，，所以，，，，所以过定点，又因为过，所以；法3：，，设，，，，.，，所以.法4：设，，不妨设，，，，同理，，，，又因为过，所以.法5：设，，，，，，，.又因为过，所以，解得，，所以.17.如图，在三棱柱中，平面平面，平面.（1）求证：；（2）若二面角的正弦值为，且，求.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）过作于点，然后根据面面垂直的性质定理得面，然后再利用线面垂直的性质定理得，同理，然后再利用线面垂直的判定定理得面，然后用线面垂直的性质定理得；（2）以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，然后利用坐标计算确定位置，计算的长度即可.【小问1详解】过作于点，因为平面平面，所以面，因为面所以，又因为平面，所以，而面，所以面，因为面所以【小问2详解】如图，以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，二面角的平面角与二面角的平面角互补，记为，设，有，，，，设面的法向量为，有，即，令，得，又面的法向量为，所以，解得，所以.18.已知函数，.（1）当时，求的最小值；（2）若与在原点处的切线重合，且函数有且仅有三个极值点，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求导，分析函数的单调性，可求的最小值.（2）先根据确定的关系，再把函数有且仅有三个极值点转化成有且仅有三个变号零点.求导，分析函数Fx的单调性，结合该函数零点的个数求参数的取值范围.【小问1详解】当时，，，令得：，当时，f′x<0，时，f所以在单调递减，单调递增所以时，.【小问2详解】，，由得：，所以，问题即：有且仅有三个变号零点当时，，故Fx在单调递减，又，所以故此时Fx在有且仅有一个变号零点0，不合题意；当时，所以在有唯一零点.Fx在递增，递减，故此时Fx在至多有两个变号零点，不合题意；当时，，，，所以在有两个零点：，且时，，时，，时，，所以Fx在递减，递增，递减，又，故，，又时，，因为的增长速度大于的增长速度，故，，于是，又，，所以，令，则，因为的增长速度大于的增长速度，故，，于是，所以Fx在，各有一个零点，，故此时Fx有三个零点：，0，，合题意：所以.【点睛】方法定睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．19.已知集合.（1）集合，且中的任意三个不同的元素，，都有.（i）当时，写出一个满足条件的恰有四个元素的集合；（ii）对于任意给定的，求集合中的元素个数的最大值.（2）已知集合，，且同时满足以下条件：①，，都有（其中，，）；②，，使得（其中）.求集合中的元素个数.【答案】（1）（i）或或或或或；（ii）（2）【解析】【分析】（1）（i）由，所以，再列出满足题意的集合B即可；（ii）记集合，设满足条件的集合，其中，，，，，，，，且，，则集合中的元素个数等于，证明即可得答案；（2）先用反证法证明，再证明，则可得.【小问1详解】（i）由，所以，可得：四元素的集合可以是：或或或或或；（ii）对于任意给定的，集合中的元素个数的最大值为，其证明过程如下：记集合，设满足条件的集合，其中，，，，，，，，且，，则集合中的元素个数等于，根据条件对任意的，，都有（否则，就有，不合题意）又因为，，其中，，