精品解析：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

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. 2. 若，则复数对应的点位于第（ ）象限 A. 一 B. 二 C. 三 D. 四 3. 已知平面向量，满足，，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4. 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. 5. 已知，，则（ ） A. B. 5 C. D. 6. 已知函数的值域为，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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 8. 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 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. 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. 11. 已知函数，则（） A. B. 当时， C. 当时， D. 当时， 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. 已知椭圆和双曲线的焦点相同，则______. 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______. 14. 已知正项数列满足，且，则______. 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. 的内角 ， ， 的对边分别为 ，，，已知. （1）求； （2）若 为 中点，，，求的周长. 16. 点在抛物线上，且到抛物线的焦点的距离为. （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. 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. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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：D 4. 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：B 5. 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，求出当时和当时的，找出 的最小值. 【详解】由题意得数列的前 项依次为： ，个，，个，，个，，个，，， 当时， ， 当时， ， 所以使成立的 的最小值为. 故选：B. 8. 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】先确定的分布列，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，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：AD 11. 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，令得令得 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. 已知椭圆和双曲线的焦点相同，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：12 14. 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. 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） 【解析】 【分析】（1）方法一：利用正弦定理将边化角后，再利用两角和的正弦公式及，得到，再得出的值；方法二：利用余弦定理将角化边，得出，消去 ，得出结果. （2）方法一：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，解方程得出再计算得出周长；方法二：利用，得出，由，得出，解方程得出，再计算得出周长；方法三：在和分别利用余弦定理，得出，由，得出，解方程得出，再计算得出周长. 【小问1详解】 方法一：因为， 由正弦定理可得， 则， 所以， 因为在中，，所以. 方法二：因为， 由余弦定理可得， 所以， 因此， 因为，所以. 【小问2详解】 方法一：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. 方法二：因为， 所以， 因此， 所以， 又由余弦定理得， 所以，所以， 又，所以， 所以的周长为. 方法三：在和分别利用余弦定理可得， 所以， 又由余弦定理得， 所以，所以， 又，所以， 所以的周长为. 16. 点在抛物线上，且到抛物线的焦点 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：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 （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】 略 【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，，时，， 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，，故在单调递减，又，所以故此时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.在递增，递减，故此时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， 所以在，各有一个零点，，故此时有三个零点：，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，， 即，，，，，，，是中的不同的元素， 所以，即集合 中的元素个数， 取满足条件，且元素个数等于，所以集合 中的元素的最大值等于. 【小问2详解】 以为例：（多取不符条件①，少取不符条件②！） 这时， 因为；，取即可， ；，则， ；， 若取，； ，则， 证明如下： 先证明：，假设，则，，使得，与条件矛盾，所以假设不真，即； 再证明：，假设，则中的元素个数大于，所以，，， ，根据条件“，，使得”，所以3两个不同的集合， ，使得，，又因为，，，，所以，与矛盾，所以假设不真，； 综上所述：. 【点睛】本题第二问的关键是充分理解①、②两条性质，然后利用反证法，分和两种情况进行讨论，以上不等式同时满足时，可直接得到结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $