精品解析：浙江省舟山中学2024-2025学年高一下学期期中适应性检测数学试题

2025年浙江省舟山中学高一年级期中适应性检测数学试题卷 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场､座位号及准考证号并核对条形码信息． 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷． 一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A B. C. D. 3. 在矩形中，为线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则“”是“是奇函数”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. 石墩是常见的维护交通秩序的道路设施．某路口放置的石墩（如图），其上部是原球半径为15cm的球缺，下部可看作是上、下底面半径分别为9cm、16cm的圆台，球缺的截面圆与圆台的上底面完全吻合，整个石墩的高为33cm，则石墩的体积为（ ） （注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高，球缺的体积，其中为原球半径，为球缺的高．） A. 4374cm3 B. 5048cm3 C. 5336cm3 D. 7260cm3 6. 在正四棱锥中，，球与四棱锥所有侧棱相切，并与底面也相切，则球的半径为（ ） A. B. 1 C. D. 7. 在中，角为，角的平分线交于点．已知，且，则（ ） A. 1 B. 9 C. D. 6 8. 已知为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 或 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法错误的是（ ） A. 的最小值是 B. 的最大值是 C. 的最小值是 D. 的最大值为 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为锐角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，这样三角形有两个，则a的取值范围为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ） A. 动点的轨迹是一条线段 B. 直线与的夹角为 C. 三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D. 若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度最大值为 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的内角的对边分别为，若，则的面积为______. 13. （如图甲）是一个水平放置装有一定量水的四棱锥密闭容器（容器材料厚度不算），底面为平行四边形. 现将容器以棱为轴向左侧倾斜（如图乙），这时水面恰好经过，且分别为棱的中点，设棱锥的高为2，则图甲中，容器内的水面高度为_______. 14. 甲、乙、丙三人进行扳手腕比赛，累计负两场者淘汰，甲、乙两人先进行比赛，丙轮空，每次比赛胜者与轮空者进行比赛，负者轮空，直到有1人被淘汰，剩余两人继续比赛，直到其中1人淘汰，另1人最终获胜，比赛结束.假设每场比赛没有平局，甲、乙比赛，甲获胜的概率为，甲、丙比赛，甲获胜的概率为，乙、丙比赛，乙获胜的概率为，则甲与乙比赛负1场且最终甲获胜的概率为__________. 四､解答题（本题共5题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知函数． （1）若方程有两个实根，，且满足，求实数的值； （2）若函数在上的最大值为1，求实数的值． 16. 已知向量，，设函数. （1）求函数的最小正周期： （2）若，且，求的值; （3）在中， 若，求的取值范围. 17. 对于定义域为的函数，如果同时满足以下三个条件：①对任意的，总有；②；③若，，，都有成立，则称函数为理想函数． （1）若函数为理想函数，求的值； （2）判断函数是不是理想函数，并予以证明． 18. 如图所示，斜三棱柱中，为AB的中点，为的中点，平面平面． （1）求证：直线平面； （2）若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角正切值； （3）若，，，若三棱柱有内切球，求三棱柱的体积． 19. 数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为；发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且． （1）当时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率； （2）用表示收到的数字串，将中数字1的个数记为，如“1011”，则． （ⅰ）若发送的数据为：“100”，且，求； （ⅱ）若发送的数据为“1100”，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年浙江省舟山中学高一年级期中适应性检测数学试题卷 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场､座位号及准考证号并核对条形码信息． 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷． 一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用并集的意义求解即可. 【详解】因为集合， 则. 故选：D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘除运算法则，以及复数的周期性即可得到结果. 【详解】由题意知：，， 所以 故选：A. 3. 在矩形中，为线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用向量线性运算的数乘和减法、加法法则即可得解. 【详解】在矩形中，为的中点， 故选：C． 4. 已知，则“”是“是奇函数”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】根据题意，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果. 【详解】若，则， 所以，且， 则，即， 当为奇数时，，为奇函数， 当为偶数时，，为奇函数， 故充分性满足； 若是奇函数，则，即， 即，故必要性也满足； 所以“”是“是奇函数”的充要条件. 故选：C 5. 石墩是常见的维护交通秩序的道路设施．某路口放置的石墩（如图），其上部是原球半径为15cm的球缺，下部可看作是上、下底面半径分别为9cm、16cm的圆台，球缺的截面圆与圆台的上底面完全吻合，整个石墩的高为33cm，则石墩的体积为（ ） （注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高，球缺的体积，其中为原球半径，为球缺的高．） A. 4374cm3 B. 5048cm3 C. 5336cm3 D. 7260cm3 【答案】C 【解析】 【分析】根据球的几何性质确定求缺的高以及圆台的高，再根据球缺与圆台的体积公式即可得组合体石墩的体积. 【详解】如图，为整个几何体的高度，设为球心，分别为圆台上下底面圆心， 则，，， 所以，则球缺的高， 则圆台的高， 故石墩的体积为 . 故选：C. 【点睛】方法点睛：组合体体积常见解法 （1）补形法：将不规则的几何体补成常规几何体，利用大几何体体积减去小几何体体积得答案，适用于大小几何都能直接求解的； （2）切割法：将不规则的几何体分割成若干个常规几何体，将所有切割部分的小几何体体积合起来得答案，适用于不规则几何都能分割成常规几何的. 6. 在正四棱锥中，，球与四棱锥的所有侧棱相切，并与底面也相切，则球的半径为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接、，设，连接，求出内切圆的半径，即为球的半径. 【详解】连接、，设，连接，则平面， 又，则，， 所以， 设内切圆半径为，则，即，解得， 所以球的半径为. 故选：C 7. 在中，角为，角的平分线交于点．已知，且，则（ ） A. 1 B. 9 C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】先由向量共线的基本定理求出，再建立如图坐标系，利用坐标表示求出，最后再由坐标计算向量的数量积可得. 【详解】由可得， 因为三点共线，所以， 以为原点，为轴建立如图所示的坐标系， 因为，，则， 设， 由可得，解得， 所以. 故选：D 8. 已知为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据角的范围和同角的三角函数关系求出和，利用两角和的余弦公式计算可得答案. 【详解】∵为锐角，， ∴. ∵，∴，且， ∵，函数在上单调递增， ∴， ∴， ∴ . 故选：B． 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法错误的是（ ） A. 的最小值是 B. 的最大值是 C. 的最小值是 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据基本不等式可求得结果，注意“一正二定三相等”. 【详解】对于A：当时，，最小值不为，A错误； 对于B：设， 则开口向下，对称轴为， 时，单调递增，当时，单调递减， 当时，取最大值，此时， 则的最大值是，B正确； 对于C：， 当且仅当时等号成立，这样的不存在，C错误； 对于D：根据基本不等式，将原式变形为， 根据基本不等式， 当且仅当，即时取等号， 因此原式最大值为， 又，故上述不等式无法取等号，D错误. 故选：ACD. 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为锐角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，这样的三角形有两个，则a的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于ABC，由正弦定理边角互化结合题意可判断选项正误；对于D，由余弦定理可得，然后由关于c的方程有两个不同正根可判断选项正误. 【详解】对于A，由正弦定理可得：，又三角形中“大边对大角”，则，故A正确； 对于B，由正弦定理边角互化可得：， 则C为钝角，即为钝角三角形，故B错误； 对于C，由正弦定理边角互化可得， 或，则为等腰三角形或直角三角形，故C错误； 对于D，由余弦定理可得， 因这样的三角形有两个，则对应方程有两个正数解，则， 解得，故D正确. 故选：AD 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ） A. 动点的轨迹是一条线段 B. 直线与的夹角为 C. 三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D. 若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A：分别取，的中点H，G，连接，，，，证明平面平面，从而得到点F的轨迹；B：由正方体的结构特征易知且为等边三角形，即可判断；C：根据B得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，即可判断；D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理得到截面即为面，从而线段长度的最大值为线段的长，即可判断. 【详解】A：如图分别取，的中点H，G，连接，，，． 由正方体的性质可得，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 且，平面，所以平面平面， 而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，对； B：由正方体的结构特征易知且为等边三角形， 所以直线与的夹角，即直线与的夹角为，对； C：由B知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，则点F到平面的距离为定值， 同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，错； D：如图，设平面与平面交于AN，N在上． 因为截面平面，截面平面，平面平面， 所以，同理，所以截面为平行四边形，则点N为的中点． 在四棱锥中，侧棱最长，且，对. 故选：ABD 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的内角的对边分别为，若，则的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】结合题目已知条件，运用余弦定理，之后将数据代入三角形面积公式即可 【详解】由余弦定理的推论得， 因为，所以（负值舍去），， 所以. 故答案为： 13. （如图甲）是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器（容器材料厚度不算），底面为平行四边形. 现将容器以棱为轴向左侧倾斜（如图乙），这时水面恰好经过，且分别为棱的中点，设棱锥的高为2，则图甲中，容器内的水面高度为_______. 【答案】 【解析】 【分析】将四棱锥补成平行六面体，利用棱柱和棱锥的体积公式逐项分析即可. 【详解】如图将四棱锥补成平行六面体，设平行四面体的体积为， 根据分别为棱的中点，设棱锥高为，体积为， 则，而三棱柱与平行六面体的高相同， 则， 根据四棱锥与平行六面体底和高均相同，则，则 易知， 则， 图甲中上方的小四棱锥高为,则，则， 故图甲中的水面高度为. 故答案为： 14. 甲、乙、丙三人进行扳手腕比赛，累计负两场者淘汰，甲、乙两人先进行比赛，丙轮空，每次比赛的胜者与轮空者进行比赛，负者轮空，直到有1人被淘汰，剩余两人继续比赛，直到其中1人淘汰，另1人最终获胜，比赛结束.假设每场比赛没有平局，甲、乙比赛，甲获胜的概率为，甲、丙比赛，甲获胜的概率为，乙、丙比赛，乙获胜的概率为，则甲与乙比赛负1场且最终甲获胜的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，列举出“甲与乙比赛负1场且最终甲获胜”的所有基本事件，利用独立事件的概率乘法公式计算出相应概率. 【详解】设甲乙比赛中甲胜乙负为事件，甲负乙胜为事件；甲丙比赛中甲胜丙负为事件，甲负丙胜为事件;乙丙比赛中乙胜丙负为事件，乙负丙胜为事件. 设甲与乙比赛负1场且最终甲获胜为事件， 则 故答案为： 四､解答题（本题共5题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知函数． （1）若方程有两个实根，，且满足，求实数的值； （2）若函数在上的最大值为1，求实数的值． 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合韦达定理代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由条件可得函数的对称轴，然后分，以及讨论，结合二次函数的单调性代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 方程有两个实根，， 由韦达定理可得， 又， 即， 化简可得，解得或， 当时，原方程为，有两实根，满足题意； 当时，原方程为，即， 其中，即方程无实根，故舍去； 所以. 【小问2详解】 因为， 其图像开口向下，对称轴为， 当时，即时， 函数在上单调递减，则， 即，满足； 当时，即时， 函数在上单调递增，则，即，不满足，故舍去； 当时，即时， 函数在处取得最大值， 即， 即，解得， 且，则； 综上所述，或. 16. 已知向量，，设函数. （1）求函数的最小正周期： （2）若，且，求的值; （3）在中， 若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示，以及三角函数恒等变换和性质，即可求解； （2）根据条件代入后得，再根据两角差的正弦公式，即可求解； （3）首先求角，再根据三角函数恒等变换和性质，求函数的最值. 【小问1详解】 ， 所以的最小正周期； 【小问2详解】 ， 由，则，则， 则 ； 【小问3详解】 ，，， 所以，则， ， 由，， 所以，则， 所以的取值范围是. 17. 对于定义域为的函数，如果同时满足以下三个条件：①对任意的，总有；②；③若，，，都有成立，则称函数为理想函数． （1）若函数为理想函数，求的值； （2）判断函数是不是理想函数，并予以证明． 【答案】（1） （2）为理想函数，证明见解析 【解析】 【分析】（1）取可根据条件①和③求出； （2）易得函数满足条件①②，当时，可根据得出结论； 【小问1详解】 若函数为理想函数，取，由条件③可得，即． 由条件①对任意，总有，得． 小问2详解】 函数为理想函数，证明如下： 函数在上满足，即满足条件①． ，满足条件②． 若，，， 则 ，即满足条件③． 综上所述，同时满足理想函数的三个条件，故为理想函数． 18. 如图所示，斜三棱柱中，为AB的中点，为的中点，平面平面． （1）求证：直线平面； （2）若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角正切值； （3）若，，，若三棱柱有内切球，求三棱柱的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）24 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理结合线面平行的判定定理判断即可. （2）利用线面垂直的性质得到，再利用勾股定理建立方程，求解参数即可. （3）先证明三余弦定理的正确性，再结合给定条件求出为正三角形，最后结合面积关系建立方程，求解内切球半径，再求解体积即可. 【小问1详解】 如图，连接交于点，连接， 得为的中点，而为的中点，由中位线定理得， 因为平面，平面，故平面. 【小问2详解】 因为，所以为与所成角． 因为为正三角形，为的中点，所以， 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面，而平面， 故，．又因为，， 平面，所以平面，而平面 则，设，则，，， 则，， 故由勾股定理得， 则， 解得，故，则， 即异面直线与所成角正切值为． 【小问3详解】 我们首先来证明三余弦定理，我们记为平面上方一点， 过的斜线在平面上的射影为，为平面内的任意一条直线， 记为斜线角，为线面角，为射影角，如图，我们给出如下三角形， 在此图中，，，是直角三角形， 则，，， 得到，即三余弦定理得证， 如图，作于点，作于点，连接， 因为，所以，而， 面，则平面， 故三棱柱内切球半径等于的内切圆半径， 在， 而平面平面，由三余弦定理得， ，结合同角三角函数的基本关系得， 故， 同理， 得到， 因为，所以， 则，解得，则，则为正三角形， 设内接球半径为，则，解得， 因为，，所以由余弦定理得， 且，由同角三角函数的性质得 所以，则． 【点睛】关键点点睛：解题关键是证明三余弦定理的正确性，然后结合给定条件证出等边三角形，再合理转化条件，利用面积关系建立方程得到内接球半径，最后得到所要求的体积即可． 19. 数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为；发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且． （1）当时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率； （2）用表示收到的数字串，将中数字1的个数记为，如“1011”，则． （ⅰ）若发送的数据为：“100”，且，求； （ⅱ）若发送的数据为“1100”，求的最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）的最大值为 【解析】 【分析】（1）利用事件独立性即可求解； （2）（ⅰ）分别把概率表示出来，理解事件表示1传输错误，且两个0传输都正确，理解包含以下两种情况，然后建立等式，将代入等式中消元，然后根据范围确定取值； （ⅱ）理解事件包含以下三种情况：①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，分别求出概率再相加，利用换元的思想，令，利用二次函数的性质研究最值即可求解，注意需要确定的范围． 【小问1详解】 记事件：“收到的所有数字都正确”， 由已知且可知， 所以； 【小问2详解】 （ⅰ）由发送的数据为“100”可知，事件表示1传输错误，且两个0传输都正确， 所以， 事件包含以下两种情况； ①1传输正确，且两个0传输都正确，其概率为； ②1传输错误，且只有一个0传输都正确，其概率为， 所以； 又， 所以， 即， 整理得， 把代入上式，化简得， 解得：或， 因为，且，， 所以，， 所以； （ⅱ）当发送的数据为“1100”，事件包含以下三种情况： ①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为； ②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确， 其概率为， ③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为， 所以， 令，则，从而， 所以， 记， 由二次函数的性质可知，在单调递增， 所以得最大值为， 即的最大值为． 【点睛】本题主要考查古典概型，随件事件独立性等知识，需要充分理解事件的独立性求概率，需要理解问题中的事件是哪些事件的和事件，需要不重不漏的表示出来，把问题利用函数的思想来求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $