精品解析：浙江省台州市2025届高三第一次教学质量评估数学试题

台州市2025届高三第一次教学质量评估试题 数学 2024.11 命题：叶挺（三门县教师发展中心）闫大贵（温岭中学） 审题：邬仁勇（玉环中学） 本试题卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上． 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】 【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得. 【详解】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】 【分析】根据椭圆的方程，求得长短半轴长及半焦距、离心率，即可判断. 【详解】对于椭圆的长短半轴长及半焦距分别为， 对于椭圆的长短半轴长及半焦距分别为， 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】 【分析】根据“方程的虚根成对出现，且互为共轭”，同时利用根与系数的关系，即可得到答案. 【详解】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】 【分析】求得集合，可得结论. 【详解】由，可得，所以， 因为在上单调递增，又， 由，可得，所以，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】 【分析】根据样本中心在回归直线上求解. 【详解】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】 【分析】利用函数的奇偶性求解. 【详解】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】 【分析】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，设，根据题设可得，在线段取点，使，从而得线段轨迹为圆锥的侧面，即可求解. 【详解】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】 【分析】利用排列法求得总的方法数为，利用间接法求得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方法数为，从而可求概率. 【详解】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 【点睛】关键点点睛：重点在于求得4个各站一格且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方法数，适用间接法. 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】 【分析】A.由随机变量服从二项分布求解；B.由随机变量服从正态分布求解；C.由随机变量服从分布求解；D.由随机变量服从超几何分布求解； 【详解】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】 【分析】计算可得，可判断A；计算可得，可判断B；分，，，四种情况讨论可判断C；结合C选项可知时，在上有一个不同的零点，可判断D. 【详解】对于A，， ， 所以的最小正周期不为，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】 【分析】选为空间内的基底向量，可计算得，可判断A；当，，可判断B；由已知可得，计算可判断C；，结合，可求的最大值，可判断D. 【详解】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. 【点睛】关键点点睛：考查空间向量的数量积的计算，运算量大，关键是用基底表示， 再利用模的计算公式运算求得最值. 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《详解九章算法·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】 【分析】根据题中给出的图形，结合题意找到各层球的数列与层数的关系，得到，即可得解． 【详解】解：由题意可知，，，，，， 故， 所以， 故答案为： 13. 若在上单调递减，则实数的最大值为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可知在上恒成立，分离参数，令，由基本不等式求出的最小值，即可得出答案. 【详解】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. 故答案为：. 14. 已知圆，其中，若圆上仅有一个点到直线的距离为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】 ①. ②. （满足即可，答案不唯一） 【解析】 【分析】根据题意，圆过原点且原点到直线的距离为1，则在直线上，且与相切，与无交点，可解问题. 【详解】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） 【点睛】关键点点睛：根据题意，发现圆过原点且原点到直线的距离为1是解题关键. 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． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简求解. （2）由（1）的结论，利用余弦定理及基本不等式求解即得. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理得， 则 ，而，则，又， 所以. 【小问2详解】 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． 【答案】（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） 【解析】 【分析】（1）由已知条件，结合勾股定理，可以判定，根据面面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）以中点为原点，所在直线为轴，构建空间直角坐标系，利用空间向量，即可求得线面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）求导，由求解； （2）设，由得到，再分和求解. 【小问1详解】 解：的定义域为，， 令，解得， 由，解得， 所以函数的单调递减区间是． 【小问2详解】 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，． 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是由得到降低了难度，然后根据两根或的大小，分和而得解. 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． 【答案】（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）是，． 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的准线方程及双曲线的渐近线方程即可求解； （2）结合题意联立方程组和，化简即可求解； （3）由题意得，设，联立方程组和，利用韦达定理表示和，化简即可证明. 【小问1详解】 准线的方程为，双曲线的渐近线方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 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． 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有，或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题. 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． 【答案】（1） 数列满足性质． 且， 因为，所以，又因为，所以， 因此，存在，使得且，都有，故满足性质． 注：取之间的任意实数都可以． （2）①； 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，存在，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，所以数列是等差数列， 故存在的子数列为等差数列，得证． 【解析】 【分析】（1）根据性质的条件，结合不等式的性质求解； （2）①由条件可得是单调递增数列，且存在，使得．进而可得，，结合，可得出结果；②依题意可得单调递增，设，由性质可推得，当时，存在，使得，进而得，利用等差数列的定义证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 台州市2025届高三第一次教学质量评估试题 数学 2024.11 命题：叶挺（三门县教师发展中心）闫大贵（温岭中学） 审题：邬仁勇（玉环中学） 本试题卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上． 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. 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 3. 若复数是方程的一个虚根，则（ ） A. B. 2 C. D. 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 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 6. 已知是定义在上的奇函数，当时，，则（ ） A. 3 B. 2 C. 2 D. 3 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. 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. 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 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 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 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《详解九章算法·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） 13. 若在上单调递减，则实数的最大值为_______． 14. 已知圆，其中，若圆上仅有一个点到直线的距离为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）． 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． 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． 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． 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． 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $