精品解析：浙江省温州市2024-2025学年高三下学期第二次适应性考试数学试题

温州市普通高中2025届高三第二次适应性考试 数学试题卷 2025.3 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名，准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠，不要弄破． 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. 双曲线的一个焦点为，则 （ ） A. B. C. 3 D. 2. 扇形的半径等于2，面积等于6，则它的圆心角等于（ ） A. 1 B. C. 3 D. 6 3. 已知随机变量，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 4. 若向量满足，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列满足，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 某班级有30名男生和20名女生，现调查学生周末在家学习时长（单位：小时），得到男生样本数据的平均值为8，方差为2，女生样本数据的平均值为10.5，方差为0.75，则该班级全体学生周末在家学习时长的平均值和方差的值分别是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，，则两个函数的图象仅通过平移就可以重合的是（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 8. 一个圆台形的木块，上、下底面的半径分别为4和8，高为3，用它加工成一个与圆台等高的四棱台，棱台下底面为一边长等于9的矩形，且使其体积最大．现再从余下的四块木料中选择一块车削加工成一个球，则所得球的半径最大值是（ ）（加工过程中不计损耗） A. B. C. 1 D. 二、选择题：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. 已知二项展开式，则（ ） A. B. C. D. 10. 在四棱锥中，分别是上的点，，则下列条件可以确定平面的是（ ） A. B. C. 平面 D. 平面 11. 甲乙两人用《哪吒2》动漫卡牌玩游戏．游戏开局时桌上有盒动漫卡牌，每个盒子上都标有盒内卡牌的数量，每盒卡牌的数量构成数组，游戏规则如下：两人轮流抽牌，每人每次只能选择其中一盒并抽走至少一张卡牌，若轮到某人时无卡可抽，则该人输掉游戏．现由甲先抽，则下列开局中，能确保甲有必胜策略的是（ ） A. B. C. D. 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上. 12. 若复数是纯虚数，则实数 __________． 13. 已知是抛物线在第一象限上的点，是抛物线的焦点，（ 为坐标原点）则抛物线在处切线的斜率是__________． 14. 函数满足：①②，．则的最大值等于__________． 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. 如图，在三棱锥 中，是边长等于2的正三角形，，为的中点． （1）求证：； （2）若，求点到平面的距离． 16. PageRank算法是Google搜索引擎用来衡量网页重要性的一种经典算法．其核心思想是通过分析网页之间的链接关系，评估每个网页的相对重要性．假设一个小型的互联网由四个网页组成，它们之间按图中的箭头方向等可能地单向链接，假设某用户从网页开始浏览（记为第1次停留）． （1）求该用户第3次停留在网页上的概率； （2）某广告公司准备在网页中选择一个投放广告，以用户前4次在该网页上停留的平均次数作为决策依据．试问该公司应该选择哪个网页？请说明理由． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若在区间上恰有一个零点，求的取值范围； （3）当 时，解方程． 18. 在平面直角坐标系 中，已知点，是直线右侧区域内的动点，到直线与 轴的距离之和等于它到点距离的4倍，记点的轨迹为． （1）求的方程，并在图中画出该曲线； （2）直线过点，与交于，两点， （i）若，求直线的方程： （ii）若， 是点关于 轴的对称点，延长线段 交于点，延长线段 交于点，直线交轴于点，求的最小值． 19. 给定正数 与无穷数列，若存在，当 时，都有 ，则称数列具有性质． （1）求证：数列具有性质； （2）若无穷数列具有性质，求证：存在正数，使得； （3）若对任意正数 ，数列都具有性质，则称为“—数列”．若正项数列是“—数列”，试判断数列是否也是“—数列”，并证明你的结论．（注： ） 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届高三第二次适应性考试 数学试题卷 2025.3 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名，准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠，不要弄破． 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. 双曲线的一个焦点为，则 （ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由双曲线中的平方关系即可得出答案. 【详解】由题意得，所以． 故选：A. 2. 扇形的半径等于2，面积等于6，则它的圆心角等于（ ） A. 1 B. C. 3 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据扇形面积公式计算求解. 【详解】设圆心角为，所以，所以3 故选：C. 3. 已知随机变量，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】C 【解析】 【分析】由正态曲线的对称性结合必要不充分条件的定义即可得到答案. 【详解】由知，可知，故 ，故成立； 反之，若，则 ，故为充要条件， 故选：C. 4. 若向量满足，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设投影向量是，利用解出即可得出答案. 【详解】设投影向量是，则，所以， 即在上的投影向量是． 故选：D. 5. 已知数列满足，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，将把分别表示出来，结合不等式的性质计算即可. 【详解】设，则， 得， 所以． 故选：B 6. 某班级有30名男生和20名女生，现调查学生周末在家学习时长（单位：小时），得到男生样本数据的平均值为8，方差为2，女生样本数据的平均值为10.5，方差为0.75，则该班级全体学生周末在家学习时长的平均值和方差的值分别是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分层随机抽样的平均数和方差公式即可算出答案. 【详解】， 故选：D 7. 已知函数，，则两个函数的图象仅通过平移就可以重合的是（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知，若两个正、余弦型函数的图象仅通过平移就可以重合，则这两个函数的振幅相等，最小正周期也相等，可判断AB选项；利用三角函数图象变换可判断CD选项. 【详解】若两个正、余弦型函数的图象仅通过平移就可以重合，则这两个函数的振幅相等，最小正周期也相等， 对于A选项，， 所以，函数的振幅为，函数的振幅为， 所以，这两个函数的振幅不相等， 故与的图象不能通过平移重合，A错； 对于B选项，， ， 函数的振幅为，函数的振幅为， 所以，与的图象不能通过平移重合，B错； 对于C选项，因为，， 将函数的图象向左平移个单位长度可与函数的图象重合，C对； 对于D选项，， 函数与的图象不能通过平移重合，D错. 故选：C. 8. 一个圆台形的木块，上、下底面的半径分别为4和8，高为3，用它加工成一个与圆台等高的四棱台，棱台下底面为一边长等于9的矩形，且使其体积最大．现再从余下的四块木料中选择一块车削加工成一个球，则所得球的半径最大值是（ ）（加工过程中不计损耗） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题可先求出圆台的相关数据，再确定四棱台的形状，进而分析余下木料的情况，找出能车削出最大半径球的木料并计算其半径. 【详解】 为上底面圆心，为下底面圆心，记棱台为， 棱台最大时，上下边之比为，不妨设，则， 所以球在与圆台围成部分可更大， 记中点为中点为交上底面圆于交下底面圆周于， 设球半径最大为 ，球心为 ，则如图，球与相切， 设，则，则， 所以，得． 故选：C 二、选择题：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. 已知二项展开式，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】令即可判断A；令 即可判断B；根据二项式展开式的通项公式计算即可判断C；令即可判断D. 【详解】A项：令，则，故A正确； B项：令 ，则①， 所以，故B错误； C项：，所以， ，所以，所以，故C正确； D项：令，则②， ①+②可得：，故D正确． 故选：ACD 10. 在四棱锥中，分别是上的点，，则下列条件可以确定平面的是（ ） A. B. C. 平面 D. 平面 【答案】BD 【解析】 【分析】根据线面、面面平行的判定定理与性质，结合反证法，由选项依次证明即可. 【详解】如图，过点作交于点，连接 ，即有平面， 由于，所以， 若，则，又 平面， 平面， 所以 平面，由平面， 得平面平面，又 平面，所以平面，故B正确； 若平面，又因为平面平面，所以，由B可知D正确； 假设平面，设平面，则， 若 平面，平面平面 ，所以， 反之若，当且仅当 平面，即A、C同时正确或错误； 若，可能，也可能与相交． 若与相交，由知延长必与、交于同一点， 由几何关系知与不平行，故A、C错误． 故选：BD 11. 甲乙两人用《哪吒2》动漫卡牌玩游戏．游戏开局时桌上有盒动漫卡牌，每个盒子上都标有盒内卡牌的数量，每盒卡牌的数量构成数组，游戏规则如下：两人轮流抽牌，每人每次只能选择其中一盒并抽走至少一张卡牌，若轮到某人时无卡可抽，则该人输掉游戏．现由甲先抽，则下列开局中，能确保甲有必胜策略的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】将每盒卡牌中的卡片数量转为二进制数，再进行异或求和，若初始条件是全零，则乙有必胜策略，反之则甲有必胜策略，保持操作之后是全零状态. 【详解】将每盒卡牌中的卡片数量转为二进制数， 再进行异或求和， 若初始条件是全零，则乙有必胜策略， 反之则甲有必胜策略，保持操作之后是全零状态. A项：，非全零，甲胜：从第2盒中拿2个，故A符合题意； B项：，全零，乙胜，故B不符合题意； C项：，非全零，甲胜：拿走第三盒，故C符合题意； D项：，非全零，甲胜：从第1盒中拿2个，故D符合题意； 故选：ACD 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上. 12. 若复数是纯虚数，则实数 __________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据已知复数类型列方程计算求解. 【详解】由题意得． 故答案为：2 13. 已知是抛物线在第一象限上的点，是抛物线的焦点，（为坐标原点）则抛物线在处切线的斜率是__________． 【答案】 【解析】 【分析】先设，再根据焦半径公式计算求得，最后结合求导即可得出切线斜率. 【详解】设，则， 所以，解得， 设抛物线在处切线的斜率是，因为，所以， 所以在函数上，所以，所以． 故答案为：. 14. 函数满足：①②，．则的最大值等于__________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】交换 可得，进而可得再令可得，最后根据基本不等式可得答案. 【详解】，①． 则交换 可得，, 化为② 由①②可得③， ③中令可得， 化简可得，当时等号成立， 所以的最大值等于． 故答案为： 【点睛】方法点睛：解答与抽象函数有关的题目时，常用赋值法. 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. 如图，在三棱锥 中，是边长等于2的正三角形，，为的中点． （1）求证：； （2）若，求点到平面的距离． 【答案】（1）作BC中点N，连接AN,PN,MN，则MN//AC， 又 ，所以， 又因为 是正三角形，且为中点，因此 ， 从而平面， 又平面，所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）如图可得、 ，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由题意，根据余弦定理分别求出，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题，，，，则. 在中，， 由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 所以， 设平面与平面 夹角为 ， 由 ，知. 在 中，由余弦定理得，解得， 设点到平面 的距离为 ，则． 16. PageRank算法是Google搜索引擎用来衡量网页重要性的一种经典算法．其核心思想是通过分析网页之间的链接关系，评估每个网页的相对重要性．假设一个小型的互联网由四个网页组成，它们之间按图中的箭头方向等可能地单向链接，假设某用户从网页开始浏览（记为第1次停留）． （1）求该用户第3次停留在网页上的概率； （2）某广告公司准备在网页中选择一个投放广告，以用户前4次在该网页上停留的平均次数作为决策依据．试问该公司应该选择哪个网页？请说明理由． 【答案】（1） （2）该公司应该选择网页，理由如下： 由题意知，、； ； ； ， 用表示第次停留在A,B,C,D处的事件， 则， 所以， ， 所以， 故该公司应该选择网页． 【解析】 【分析】（1）根据、计算即可求解； （2）根据、； ； ； 求出前4次停留网页对应的概率，求出对应的数学期望，比较大小即可下结论. 【小问1详解】 、； ； ； . 第3次停留在网页上的事件有、， 其概率为． 【小问2详解】 该公司应该选择网页，理由略 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若在区间上恰有一个零点，求的取值范围； （3）当时，解方程． 【答案】（1） 当 时，在定义域内单调递增； 当 时，在上单调递减，在上单调递增. （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）求导，分 ， 讨论导函数的符号，判断函数的单调性. （2）结合（1）的结论，根据函数零点所在区间求参数的取值范围. （3）明确的解析式，分析其单调性，得到方程解得个数，再结合二次方程的根的情况进行验证即可. 【小问1详解】 因为（ ）， 所以（ ）， 当 时，因为 ，所以 ，即，在定义域内单调递增； 当 时，由 ；由 . 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当 时，在定义域内单调递增； 当 时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）知，当 时，在内单调递增，且注意到，因此在区间上无零点； 当 时，由可得仅有一解， 所以仅有一解， 令，则直线与的图象仅有一个交点， 因为，且直线过点， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，， 所以，结合 ，则的取值范围为． 【小问3详解】 由题，，记上式为， 则在定义域内单调递减，因此，仅有一个解， 注意到待求方程， 对中含的部分单独考察，即，其中关于的多项式的解为， 因此时可消去． 当时，有，满足题意； 当时，没有意义，不符合题意； 综上，原方程的解为． 18. 在平面直角坐标系 中，已知点， 是直线右侧区域内的动点， 到直线与 轴的距离之和等于它到点距离的4倍，记点 的轨迹为． （1）求的方程，并在图中画出该曲线； （2）直线过点，与交于，两点， （i）若，求直线的方程： （ii）若， 是点关于 轴的对称点，延长线段 交于点，延长线段 交于点，直线交轴于点，求的最小值． 【答案】（1）； （2）（i） （ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程，化简即可得的方程； （2）（i）不妨设直线交圆于点，可判断点一定在椭圆上， 设可求出点坐标，进而求出直线方程； （ii）易知，则点 也在圆上，所以， 联立和椭圆方程得到关于的一元二次不等式，即可解出的最小值. 【小问1详解】 设，则有， 当 时，化简得； 当 时，化简得， 所以，曲线如图所示： 【小问2详解】 （i）如图所示，不妨设点在圆上，则，，所以点在椭圆上． 设， 解得，所以，所以， 所以直线方程为． （ii）由题意知，故点 也在圆上，又为直径，所以． 设，，联立椭圆方程，得 ， 则， 因为，，， 则 所以， 即， 所以，所以， 解得，即的最小值为. 19. 给定正数 与无穷数列，若存在，当 时，都有 ，则称数列具有性质． （1）求证：数列具有性质； （2）若无穷数列具有性质，求证：存在正数，使得； （3）若对任意正数 ，数列都具有性质，则称为“—数列”．若正项数列是“—数列”，试判断数列是否也是“—数列”，并证明你的结论．（注： ） 【答案】（1）证明：取 ，则当 时， 所以数列具有性质． （2）证明：，当时，都有 ， 当 时，， 所以 ， 取，则 ． （3）也是“—数列”，证明如下: 先证也是“—数列”． ，当 时， 而由于是“—数列”，取 ，则， 当时，有， 所以 ， 所以也是“—数列”． 【解析】 【分析】（1）根据数列求和公式求出 的表达式并与比较；（2）利用数列具有性质 ，通过绝对值不等式得到 的范围，进而找到满足条件的；（3）根据 是“S—数列”，结合不等式性质适当放缩证明 也是“S—数列”. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 我们先证明： 1），恒有 ，这由切线放缩易证． 2），当 时，恒有 ，即 ． 若不然，，使得 ． 取 ，则 ，矛盾！（类似（2）中证明） 证明略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $