精品解析：浙江省金色阳光联盟2025届高三下学期2月适应性考试数学试题

金色阳光—2024—2025学年高三适应性考试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 一､选择题：本题共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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据并集的定义计算可得. 【详解】因为，， 所以. 故选：C. 2. 已知，则（ ） A. 10 B. C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过求解即可； 【详解】解法一：， 解法二：因为，所以， 故选：A. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两个垂直向量的数量积为0，以及向量数量积的坐标运算公式，即可得解. 【详解】解法一：因为，所以， ，，， 故，解得； 解法二：因为，， 由得，解得. 故选：B. 4. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 钝角三角形 C. 锐角三角形 D. 等腰三角形 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理可得，从而可判断三角形的形状. 【详解】由余弦定理得， 化简得，故， 从而的形状为钝角三角形， 故选：B. 5. 将3个1和2个0随机排成一个五位数，则2个0不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过插空法确定基本事件个数，再由古典概型概率公式求解即可； 【详解】将3个1和2个0随机排成一行，可利用插空法. 首先万位必须是1，则余下的2个1产生3个空， 若2个0相邻，则有3种排法；若2个0不相邻，则有种排法. 故2个0不相邻的概率为， 故选：C. 6. 若函数在上有且仅有两个极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】数形结合根据的图像，判断的范围求解即可. 【详解】当时，，若在上有且仅有两个极值点，则由的图像可得，解得. 故选：C 7. 已知等比数列的公比为q，且，则的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合等比数列的性质求出满足成立的充要条件是，然后根据等比数列基本量运算及充分条件、必要条件的概念逐项判断即可. 【详解】根据题意，成立时，有， 结合，得，即. ①当时，可得，所以，即. ②当时，若为偶数，则，可得，所以； 若为奇数，则，可得，所以. 因此不存在满足成立. 综上所述，成立的充要条件是. 对于A，因为，所以，则，故是充要条件，A错误； 对于B，因为，所以，则或， 故“”是“”的必要不充分条件，B错误； 对于C，因为，即，所以， 显然“”是“”的必要不充分条件，C错误； 对于D，因为，由得， 显然“”是“”的充分不必要条件，所以D正确. 故选：D. 8. 若函数满足对任意，恒有，且，则的最小值是（ ） A. 408 B. 400 C. 204 D. 200 【答案】A 【解析】 【分析】由题意将原等式变形，构造，则，进而，得，即，即可求解. 【详解】因为， 所以. 设，那么， 因此 ， 因此，取，得到， 所以， 所以的最小值是408. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是构造可得，推出即可求解. 二､多选题：本题共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. 下列说法正确的是（ ） A. 若A，B是两个随机事件，则 B. 若随机变量，则 C. 相关系数r越大，成对样本数据的线性相关程度越强 D. 数据1，2，5，7，9，11的上四分位数是9 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据概率的性质即可求解A，根据正态分布的对称性即可求解B，根据相关系数的性质即可求解C，根据百分位数的计算公式即可求解D. 【详解】对于A, ，A正确， 对于B，正态分布曲线关于直线对称，故B正确. 对于C,的值越大，相关性越强，故C不正确. 对于D：，上四分位数是第5个数9，故D正确. 故选:ABD. 10. 若方程所表示的曲线为C，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则曲线C的长度为 B. 若C为双曲线，则或 C. 若C为椭圆，且焦点在轴上，则 D. 若C为椭圆，则焦距为4 【答案】AB 【解析】 【分析】确定轴线形状并求出长度判断A；由曲线表示双曲线、椭圆列出不等式求解判断BC；求出焦点在轴上的椭圆焦距判断D. 【详解】对于A，当时，曲线C：是圆心在原点，半径为1的圆，轨迹长度为，A正确； 对于B，若C为双曲线，则，解得或，B正确； 对于C，若C为椭圆，且焦点在轴上，则，解得，C错误； 对于D，若C为焦点在轴上的椭圆，则焦距为， D错误. 故选：AB 11. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，那么（ ） A. B. C. 的最小值为10 D. 若PA与C相切，则PB也与C相切 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，借助判定；对于C，可证明，运用基本不等式求得判定；对于D，直曲联立得到过的抛物线的切线方程，同理得过的抛物线的切线方程为，求出两切线的交点，设直线AB的方程，直曲联立求两切线的交点Q在抛物线的准线上，得解；对于B，设AB的中点为D，求出和，进而得点D到准线的距离判定以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，得解. 【详解】对于A，在抛物线中， ，所以焦点，准线方程为. 设直线l的方程为，， 联立，将代入可得： 根据韦达定理，所以，则. 所以， 则.所以，故A正确； 对于C，由抛物线的定义可知， ， 又因为， ， 将，代入上式可得：.即， 所以， 当且仅当即时取“”，满足题意，故C错误； 对于D，设，，依题意可得过点A，B的抛物线的切线不与坐标轴垂直， 不妨设过的抛物线的切线方程为，即， 由有， 所以，又，整理得， 解得， 所以过的抛物线的切线方程为，整理得， 过的抛物线的切线方程为，整理得， 设两切线的交点为，由， 可得， 设直线AB的方程为，由得， 所以，所以，即两切线的交点Q在抛物线的准线上， 所以若PA与C相切，则PB也与C相切，故D正确； 对于B，设AB的中点为D，由，得， 则，又， 所以点D到准线的距离， 所以以AB为直径的圆与抛物线的准线相切， 又点P在C的准线上，所以，故B正确. 故选:ABD. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为的形式； （5）代入韦达定理求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，项的系数为________.（用数字作答） 【答案】80 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式，令的指数为2求解即可. 【详解】展开项的通项公式为，， 令，解得，所以，所以项的系数为80. 故答案为：80 13. 已知正三棱台的上底面边长是下底面边长的一半，侧棱长为2，过侧棱中点且平行于底面的截面的边长为3，则正三棱台的体积为________. 【答案】## 【解析】 【分析】将该正三棱台补成正三棱锥，结合题意可得三棱台的上、下底面边长，则可得正三棱锥的侧棱长，再计算出三棱锥的高后结合体积公式计算即可得解. 【详解】如图，延长三棱台的侧棱交于一点O，可以得到正三棱锥， 设三棱台的上底面边长为，下底面边长为， 则有，即，则正三棱锥的侧棱长为， 过点O作平面ABC，交平面于点， 记的中点为，则， 故三棱锥的高为， 故三棱台的体积为. 故答案为：. 14. 已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，，，则________；设是函数的零点，，则数列的前项和________. 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】根据求出，根据的递推关系可得的递推关系，结合等比数列的定义可求的通项，从而可求. 【详解】因为，所以. 因为，， 所以曲线在点处的切线方程为. 令，得，即. 因为，所以. 因为，所以. 因为，所以，，所以. 因为， 故， 而，故为等比数列，且首项为1，公比为2， 所以，故. 故答案为： 【点睛】思路点睛：已知数列的递推关系求其通项时，可对原递推关系适当变形，从而运用等差或等比数列的通项公式的求法求出新数列的通项从而得到原数列的通项. 四､解答题：本题共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. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求角A的大小； （2）若BC边上的高为3，求面积的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理角化边，再由余弦定理即可求解； （2）由面积公式得到，再由得到，求得的范围即可求解； 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得，整理得， 由余弦定理可得， 又，所以 【小问2详解】 因为BC边上的高为3，所以， 又因为，所以. 由（1）知，所以，得 所以. 16. 如图，在三棱锥中，平面ABC，为锐角，动点D在的边AC上，，，，三棱锥的体积为. （1）证明：平面平面PAB. （2）当点P到直线BD的距离为时，求PD与平面ABC所成的角. 【答案】（1） 因为平面ABC，平面ABC， 所以，，， 所以，同理得. 又因为， 所以. 因为为锐角三角形，所以. 由余弦定理，可知， 所以，所以， 又因为，，PA，平面PAB， 所以平面PAB，所以平面平面PAB. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质结合勾股定理可得，再根据三棱锥的体积公式可得，再根据余弦定理结合勾股定理可得，再根据线面垂直的判定与面面垂直的判定证明即可； （2）以为正交基底，建立空间直角坐标系，设，根据点到面的距离公式与线面夹角公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，. 设，则. 由， 解得或（负值舍去），所以. 由（1）知PD与平面ABC所成的角为，所以， 所以，即PD与平面ABC所成的角为. 17. 甲，乙两人进行投篮比赛，有两种投篮方式：方式一，投两分球3次，进一球积2分；方式二，投三分球2次，进一球积3分.甲和乙投进两分球的概率分别为和，投进三分球的概率分别为和，且两人投篮互不影响.先上场者可以任意选择一种投篮方式，后上场者只能选择另一种投篮方式，最终积分高者获胜.已知两人都会优先选择理论上平均积分更高的投篮方式. （1）试判断甲，乙两人会分别优先选择何种投篮方式； （2）现在由裁判随机选择上场顺序，在最终结果为甲获胜的条件下，求乙以一分之差惜败的概率. 【答案】（1）甲，乙两人都会优先选择方式一 （2） 【解析】 【分析】（1）设甲选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为；乙选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为.分别计算对应的期望即可判断； （2）结合（1），最终结果为甲获胜为事件A，乙以一分之差惜败为事件B.由，，再由条件概率计算公式求解即可； 【小问1详解】 设甲选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为； 乙选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为. 可分别求出随机变量，，，的分布列. ， ， 0 2 4 6 所以. 同理可得 0 3 6 0 2 4 6 0 3 6 所以，. 因为，，所以甲，乙两人都会优先选择方式一. 【小问2详解】 记最终结果为甲获胜为事件A，乙以一分之差惜败为事件B. 由 ， 得. 由， 得. 又， ， 所以， 即在最终结果为甲获胜的条件下，乙以一分之差惜败的概率为. 18. 已知函数，. （1）直接判断与的大小关系； （2）若，函数与有且仅有两个交点，求b的取值范围； （3）若，，求出函数与的交点个数. 【答案】（1） （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）利用作为中间变量可判定； （2）转化为方程的解的个数问题，构造函数，利用导数进行研究求得； （3）构造函数，利用导数进行研究可得交点个数为2. 【小问1详解】 . 证明：,正确，所以; ，这最后是正确的，所以, 所以. 【小问2详解】 第一步，研究函数与有且仅有两个交点的充要条件. 由题意可知，其等价于时，方程的解的个数. 不妨设函数，. ， 令且单调递减， 当，即时，有，解得. 可知当时，，单调递增； 当时，，单调递减, 故. 又因为函数与存在两个交点，即，， 则，故，必要性得以说明. 后研究条件的充分性，即证明当时，函数有两个零点. ①函数在上单调递增，，， 根据函数零点存在定理可知，函数在上存在唯一零点； ②函数在上单调递减，，取点， 则， 根据函数零点存在定理可知，函数在上存在唯一零点.（充分性得证） 综上，函数与有且仅有两个交点的充要条件为. 第二步，由于，函数与有且仅有两个交点， 所以. 【小问3详解】 构造函数，，则， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减. 因为，整理得，所以， 由（2）可知此时函数与的交点个数为2. 【点睛】关键点睛：本题关键在于将函数图象的交点个数问题转化为方程的解的个数，进而再转化为一个函数的零点个数问题. 19. 设集合，其中且，将中每个子集的元素和按照不减的顺序排列（空集的元素和记为0），可以得到一组整数，其对应的子集分别为，并定义. （1）若. ①求； ②证明：是等差数列. （2）若且，证明：. 【答案】（1）①，；②证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据新定义求，再结合等差数列概念证明即可；（2）根据新定义，结合集合之间的关系，和等比数列求和公式，分情况讨论计算证明即可. 【小问1详解】 ①解：由题意可知为空集，故，. ②证明：当时，证明是等差数列分为两步，如下： 第一步：（要证） 不妨设对应的子集（具有个元素），其中，对应的子集（具有个元素），其中，由于，所以子集，可设为的最大下标.若，则，即有. 若，则同理有.故. 第二步：由题意可知为空集. 又因为，整数，所以，而，故. 故是等差数列. 【小问2详解】 证明：①若，则； ②若，则 ③若既不是的子集，而也不是的子集，不妨设，故有，且. 由，可知. 继而，设（具有个元素），其中， （具有个元素），其中. 由于且，所以， 故有，又因为，所以有，而，故，从而得出. ， 整理有，由于， 化简有. 结合①②③，证得. 【点睛】关键点点睛：对于集合新定义证明类题目，要能正确理解题意，再采取合适的方法进行求解，列举法和反证法是经常使用的方法，先假设条件不成立，再通过逻辑推理得到矛盾，从而证明出结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金色阳光—2024—2025学年高三适应性考试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 一､选择题：本题共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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 10 B. C. 5 D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 4. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 钝角三角形 C. 锐角三角形 D. 等腰三角形 5. 将3个1和2个0随机排成一个五位数，则2个0不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 若函数在上有且仅有两个极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知等比数列的公比为q，且，则的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 8. 若函数满足对任意，恒有，且，则的最小值是（ ） A. 408 B. 400 C. 204 D. 200 二､多选题：本题共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. 下列说法正确的是（ ） A. 若A，B是两个随机事件，则 B. 若随机变量，则 C. 相关系数r越大，成对样本数据的线性相关程度越强 D. 数据1，2，5，7，9，11的上四分位数是9 10. 若方程所表示的曲线为C，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则曲线C的长度为 B. 若C为双曲线，则或 C. 若C为椭圆，且焦点在轴上，则 D. 若C为椭圆，则焦距为4 11. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，那么（ ） A. B. C. 的最小值为10 D. 若PA与C相切，则PB也与C相切 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，项的系数为________.（用数字作答） 13. 已知正三棱台的上底面边长是下底面边长的一半，侧棱长为2，过侧棱中点且平行于底面的截面的边长为3，则正三棱台的体积为________. 14. 已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，，，则________；设是函数的零点，，则数列的前项和________. 四､解答题：本题共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. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求角A的大小； （2）若BC边上的高为3，求面积的最小值. 16. 如图，在三棱锥中，平面ABC，为锐角，动点D在的边AC上，，，，三棱锥的体积为. （1）证明：平面平面PAB. （2）当点P到直线BD的距离为时，求PD与平面ABC所成的角. 17. 甲，乙两人进行投篮比赛，有两种投篮方式：方式一，投两分球3次，进一球积2分；方式二，投三分球2次，进一球积3分.甲和乙投进两分球的概率分别为和，投进三分球的概率分别为和，且两人投篮互不影响.先上场者可以任意选择一种投篮方式，后上场者只能选择另一种投篮方式，最终积分高者获胜.已知两人都会优先选择理论上平均积分更高的投篮方式. （1）试判断甲，乙两人会分别优先选择何种投篮方式； （2）现在由裁判随机选择上场顺序，在最终结果为甲获胜的条件下，求乙以一分之差惜败的概率. 18. 已知函数，. （1）直接判断与的大小关系； （2）若，函数与有且仅有两个交点，求b的取值范围； （3）若，，求出函数与的交点个数. 19. 设集合，其中且，将中每个子集的元素和按照不减的顺序排列（空集的元素和记为0），可以得到一组整数，其对应的子集分别为，并定义. （1）若. ①求； ②证明：是等差数列. （2）若且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $