2025届浙江省台州市高三第一次教学质量评估数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省台州市2025届高三第一次教学质量评估数学试题选择题部分（共58分）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，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以.故选：D.2.椭圆与椭圆的（）A.长轴长相等 B.短轴长相等C.离心率相等 D.焦距相等【答案】D【解析】对于椭圆：，对于椭圆：，所以它们的长轴不相等，短轴不相等，离心率不相等，焦距相等.故选：D.3.若复数是方程的一个虚根，则（）A. B.2 C. D.【答案】B【解析】因为方程的虚根成对出现，且互为共轭，所以一个根为时，另一个根必然为，所以由根与系数的关系，.故选：B.4.已知集合，则“”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】由，可得，所以，因为在上单调递增，又，由，可得，所以B=xx<1，所以，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5.已知变量与的成对样本数据具有线性相关关系，由一元线性回归模型根据最小二乘法，计算得经验回归方程为，若，，则（）A.6.6 B.5 C.1 D.14【答案】C【解析】因为经验回归方程为，且，，所以，故选：C.6.已知是定义在上的奇函数，当时，，则（）A.3 B.2 C.2 D.3【答案】B【解析】根据题意，是定义在上的奇函数，当时，，则.故选：B.7.已知球的半径为，是球表面上的定点，是球表面上的动点，且满足，则线段轨迹的面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图，以球的球心为坐标原点，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，因为球的半径为，则，设，则，，所以，又，，则，得到，如图，在线段取点，使，所以线段轨迹为圆锥的侧面，又，则，所以圆锥的侧面积为，所以线段轨迹的面积为，故选：C.8.台州某校为阳光体育设计了一种课间活动，四位同学（两男两女）随机地站到44的方格场地中（每人站一格，每格至多一人），则两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列的概率是（）A B. C. D.【答案】D【解析】从16个格子中选4个排4个人有种排法，两个男生既不同行也不同列的排法有种排法，两个女生也既不同行也不同列的排法有种排法，两名女生与两名男生排在一起的排法有，两名女生中有一名与男生排在一起的排法有，所以两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列（每人一格）有种，所以两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列的概率是:.故选：D.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列选项正确的是（）A.若随机变量，则B.若随机变量，则C.若随机变量服从分布，且，则D.若随机变量满足，则【答案】ABD【解析】A.若随机变量，则，故正确；B.若随机变量，则，故正确；C.若随机变量服从分布，且，则，故错误；D.由随机变量满足，则，所以，故正确；故选：ABD.10.已知函数，且，则下列选项正确的是（）A.的最小正周期为B.的图象关于直线对称C.D.在上有两个不同的零点【答案】BC【解析】对于A，，，所以最小正周期不为，故A错误；对于B，，，所以，所以的图象关于直线对称，故B正确；对于C，当时，若，，所以，若，，所以，，所以，同理可得时，，当时，若，，所以，若，，则，若，，则所以，同理可得时，，故C正确；对于D，当时，又，所以，此时，，只有一个解，所以在上有一个不同的零点，故D错误；故选：BC.11.已知棱长为3的正四面体，则下列选项正确的是（）A.当时，B.当时，C.当时，的最大值为D.当时，则的最大值为【答案】ACD【解析】由正四面体，可知，选为空间内的基底向量，当，，，所以，故A正确；因为，当，，故B错误；，又，所以，整理得，当且仅当时取等号，化简得，解得，故C正确；，所以，由，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，故D正确.故选：ACD.非选择题部分（共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.如图的形状出现存南宋数学家杨辉所著的《详析九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最一上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……，设从上至下各层球数构成一个数列则___________.（填数字）【答案】【解析】由题意可知，，，，，，故，所以.13.若在上单调递减，则实数的最大值为_______．【答案】【解析】因为在上单调递减，所以在上恒成立，所以在上恒成立，所以在上恒成立，令，则，当且仅当，即时等号成立，所以，故实数的最大值为.14.已知圆，其中，若圆上仅有一个点到直线距离为1，则的值为_______；圆的半径取值可能为_______（请写出一个可能的半径取值）．【答案】（满足即可，答案不唯一）【解析】根据题意，与直线的距离为1的点都在直线和上，又圆过原点且原点到直线直线的距离为1，则在直线上，且与相切，所以，又因为圆与无交点，所以，如图.故答案为：；（满足即可，答案不唯一）四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知的内角所对的边分别为，且．（1）求角；（2）若的面积为，为的中点，求长度的最小值．解：（1）在中，由及正弦定理得，则，而，则，又，所以.（2）依题意，，由（1）知，得，在中，由余弦定理得，当时取到等号，所以的最小值为.16.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，．（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：不妨设正方形边长为2，则，由，得，再由，，平面，得平面，因为平面，所以平面平面．（2）解：取中点，连结，则，由（1）可知，平面平面ABCD，平面平面，所以平面，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，设平面的法向量为，则取，记与平面所成角为，则．17.已知函数．（1）求函数的单调递减区间；（2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．解：（1）的定义域为，，令，解得，由，解得，所以函数的单调递减区间是．（2）记，，因为，所以，得，令，解得或，当时，，在上恒成立，因此，在上单调递减，得，即对任意恒成立．当时，对任意，，因此，在上单调递增，当时，，不满足题意．综上，．18.已知抛物线的焦点为，准线为，双曲线的左焦点为T．（1）求的方程和双曲线的渐近线方程；（2）设为抛物线和双曲线的一个公共点，求证：直线与抛物线相切；（3）设为上的动点，且直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，直线与抛物线交于不同的两点，判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．解：（1）准线的方程为，双曲线的渐近线方程为．（2）联立方程组，消去得，解得（舍负），由对称性，不妨取，又由，求得直线的方程为，联立方程组，消去得，因为，所以直线与抛物线相切．（3）因为，得准线为线段的中垂线，则直线与直线的倾斜角互补，即，设，由条件知，联立方程组，消去得，则，联立方程组，消去得，则，所以，故为定值．19.对于无穷数列和如下的两条性质：：存在实数，使得且，都有；：任意且，都存在，使得．（1）若，判断数列是否满足性质，并说明理由；（2）若，且数列满足任意，则称为数列的一个子数列．设数列同时满足性质和性质．①若，求的取值范围；②求证：存在的子数列为等差数列．解：（1）数列满足性质．且，因为，所以，又因为，所以，因此，存，使得且，都有，故满足性质．注：取之间的任意实数都可以．（2）①因为数列满足性质，所以是单调递增数列，又因为数列满足性质，所以存在，使得．而，因此，，由，得，由，得，故的取值范围是．②由数列满足性质，可知单调递增，设，令，由性质，存在，使得，同理，存，使得，…，以此类推，当时，存在，使得，由数列单调递增，可知．记，则，因为，所以数列bn是等差数列，故存在的子数列bn为等差数列，得证．浙江省台州市2025届高三第一次教学质量评估数学试题选择题部分（共58分）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，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以.故选：D.2.椭圆与椭圆的（）A.长轴长相等 B.短轴长相等C.离心率相等 D.焦距相等【答案】D【解析】对于椭圆：，对于椭圆：，所以它们的长轴不相等，短轴不相等，离心率不相等，焦距相等.故选：D.3.若复数是方程的一个虚根，则（）A. B.2 C. D.【答案】B【解析】因为方程的虚根成对出现，且互为共轭，所以一个根为时，另一个根必然为，所以由根与系数的关系，.故选：B.4.已知集合，则“”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】由，可得，所以，因为在上单调递增，又，由，可得，所以B=xx<1，所以，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5.已知变量与的成对样本数据具有线性相关关系，由一元线性回归模型根据最小二乘法，计算得经验回归方程为，若，，则（）A.6.6 B.5 C.1 D.14【答案】C【解析】因为经验回归方程为，且，，所以，故选：C.6.已知是定义在上的奇函数，当时，，则（）A.3 B.2 C.2 D.3【答案】B【解析】根据题意，是定义在上的奇函数，当时，，则.故选：B.7.已知球的半径为，是球表面上的定点，是球表面上的动点，且满足，则线段轨迹的面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图，以球的球心为坐标原点，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，因为球的半径为，则，设，则，，所以，又，，则，得到，如图，在线段取点，使，所以线段轨迹为圆锥的侧面，又，则，所以圆锥的侧面积为，所以线段轨迹的面积为，故选：C.8.台州某校为阳光体育设计了一种课间活动，四位同学（两男两女）随机地站到44的方格场地中（每人站一格，每格至多一人），则两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列的概率是（）A B. C. D.【答案】D【解析】从16个格子中选4个排4个人有种排法，两个男生既不同行也不同列的排法有种排法，两个女生也既不同行也不同列的排法有种排法，两名女生与两名男生排在一起的排法有，两名女生中有一名与男生排在一起的排法有，所以两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列（每人一格）有种，所以两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列的概率是:.故选：D.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列选项正确的是（）A.若随机变量，则B.若随机变量，则C.若随机变量服从分布，且，则D.若随机变量满足，则【答案】ABD【解析】A.若随机变量，则，故正确；B.若随机变量，则，故正确；C.若随机变量服从分布，且，则，故错误；D.由随机变量满足，则，所以，故正确；故选：ABD.10.已知函数，且，则下列选项正确的是（）A.的最小正周期为B.的图象关于直线对称C.D.在上有两个不同的零点【答案】BC【解析】对于A，，，所以最小正周期不为，故A错误；对于B，，，所以，所以的图象关于直线对称，故B正确；对于C，当时，若，，所以，若，，所以，，所以，同理可得时，，当时，若，，所以，若，，则，若，，则所以，同理可得时，，故C正确；对于D，当时，又，所以，此时，，只有一个解，所以在上有一个不同的零点，故D错误；故选：BC.11.已知棱长为3的正四面体，则下列选项正确的是（）A.当时，B.当时，C.当时，的最大值为D.当时，则的最大值为【答案】ACD【解析】由正四面体，可知，选为空间内的基底向量，当，，，所以，故A正确；因为，当，，故B错误；，又，所以，整理得，当且仅当时取等号，化简得，解得，故C正确；，所以，由，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，故D正确.故选：ACD.非选择题部分（共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.如图的形状出现存南宋数学家杨辉所著的《详析九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最一上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……，设从上至下各层球数构成一个数列则___________.（填数字）【答案】【解析】由题意可知，，，，，，故，所以.13.若在上单调递减，则实数的最大值为_______．【答案】【解析】因为在上单调递减，所以在上恒成立，所以在上恒成立，所以在上恒成立，令，则，当且仅当，即时等号成立，所以，故实数的最大值为.14.已知圆，其中，若圆上仅有一个点到直线距离为1，则的值为_______；圆的半径取值可能为_______（请写出一个可能的半径取值）．【答案】（满足即可，答案不唯一）【解析】根据题意，与直线的距离为1的点都在直线和上，又圆过原点且原点到直线直线的距离为1，则在直线上，且与相切，所以，又因为圆与无交点，所以，如图.故答案为：；（满足即可，答案不唯一）四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知的内角所对的边分别为，且．（1）求角；（2）若的面积为，为的中点，求长度的最小值．解：（1）在中，由及正弦定理得，则，而，则，又，所以.（2）依题意，，由（1）知，得，在中，由余弦定理得，当时取到等号，所以的最小值为.16.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，．（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：不妨设正方形边长为2，则，由，得，再由，，平面，得平面，因为平面，所以平面平面．（2）解：取中点，连结，则，由（1）可知，平面平面ABCD，平面平面，所以平面，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，设平面的法向量为，则取，记与平面所成角为，则．17.已知函数．（1）求函数的单调递减区间；（2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．解：（1）的定义域为，，令，解得，由，解得，所以函数的单调递减区间是．（2）记，，因为，所以，得，令，解得或，当时，，在上恒成立，因此，在上单调递减，得，即对任意恒成立．当时，对任意，，因