精品解析：浙江省金华市义乌市2025届高三下学期适应性考试（三模）数学试题

义乌市普通高中2025届适应性考试 数学试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，考试时间120分钟，试卷总分为150分.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，集合，则（ ） A B. C. D. 2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，向量与的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. D. 4. 将一个棱长为6cm的正方体铁块熔铸成一个底面半径为3cm的圆锥体零件，则该圆锥体零件的高约为（ ）（取） A. 8cm B. 12cm C. 16cm D. 24cm 5. 已知函数在区间上单调递增，则最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 在中，角所对边分别为，已知，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知过抛物线焦点的直线与该抛物线交于两点，若，则的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 8. 狄利克雷函数定义为：，以下选项中正确的是（ ） A. 不存在，使得恒成立 B. 存在，使得恒成立 C. 对任意，满足 D. 函数图象上存在三点，使得是直角三角形 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. 有两组数据，数据A：1，3，5，7，9和数据B：1，2，4，8，16，则（ ） A. 数据A的平均数小于数据B的平均数 B. 数据A的方差小于数据B的方差 C. 数据A的极差小于数据B的极差 D. 数据A的中位数小于数据B的中位数 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有极大值4 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 11. 在平面直角坐标系中，动点在直线上的射影为点，且，记动点的轨迹为曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于原点对称 B. 点的轨迹长度为1 C. D. 曲线围成封闭区域的面积小于2 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的前n项和为，，则公差_______. 13. 若，则_______. 14. 已知四棱锥的底面为菱形，三棱锥为正四面体，则三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为_______. 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. 某手机厂对屏幕进行两项独立检测：亮度检测通过率，色准检测通过率.产品需通过两项检测才算合格.随机抽取3件产品，设合格品数为X. （1）求单件产品为合格品的概率； （2）求X的分布列及数学期望； （3）已知合格品利润100元/件，若改进工艺能使亮度检测通过率提升至，但每件成本增加1元.是否值得改进？ 16. 双曲线的离心率为，过左焦点的直线与双曲线的左支、右支分别交于点，当直线与轴垂直时，. （1）求双曲线的方程； （2）点满足，其中是坐标原点，求四边形的面积. 17. 如图，在三棱锥中，是正三角形，，，，点为的重心. （1）证明：平面； （2）若平面平面，求二面角的平面角的正切值. 18. 已知函数， （1）当时，求的极值； （2）若在区间上存在零点 （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明：当时， 19. 给定正整数，考虑集合的所有排列，对每个，定义：，并规定.记为所有排列中的最大值. （1）对于排列，计算，再直接写出和的值，并分别给出一个满足的排列和一个满足的排列； （2）对任意整数，证明：； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 义乌市普通高中2025届适应性考试 数学试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，考试时间120分钟，试卷总分为150分.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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式化简集合A，再利用交集的定义求解. 【详解】依题意，集合，而， 所以. 故选：D 2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法直接求出z. 【详解】因为，所以. 故选：A 3. 已知，向量与的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用及数量积的运算律即可求出. 【详解】由题意可得，， 解得或（舍）. 故选：B 4. 将一个棱长为6cm的正方体铁块熔铸成一个底面半径为3cm的圆锥体零件，则该圆锥体零件的高约为（ ）（取） A. 8cm B. 12cm C. 16cm D. 24cm 【答案】D 【解析】 【分析】利用正方体和圆锥的体积相等即可求出. 【详解】由题意可知，正方体的体积为， 设圆锥高为，则圆锥的体积为， 则，得cm， 则该圆锥体零件的高约为24cm. 故选：D 5. 已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数值恒大于或等于0，再利用分离参变量思想即可求解. 【详解】求导得， 要满足函数在区间上单调递增， 则，即， 因为，所以，即， 故选：B. 6. 在中，角所对的边分别为，已知，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理可求解或，即可判断AB,根据三角形内角和以及正弦定理求解，即可判断CD. 【详解】由正弦定理可得， 由于,故或，故AB错误， 若时，则, 此时， 若时，则,此时为三角形中最小的内角，故，故C错误，D正确， 故选:D 7. 已知过抛物线焦点的直线与该抛物线交于两点，若，则的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】由抛物线方程可得焦点坐标，分直线斜率存在与不存在，建立方程，利用基本不等式，可得答案. 【详解】由抛物线，则焦点，设，， 易知 当直线的斜率不存在时，直线方程为，则， 即，解得； 当直线的斜率存在时，可设直线方程为， 代入，整理可得， ，， 则，当且仅当时，等号成立， 即，解得. 综上所述的最大值为. 故选：A. 8. 狄利克雷函数定义为：，以下选项中正确的是（ ） A. 不存在，使得恒成立 B. 存在，使得恒成立 C. 对任意，满足 D. 函数图象上存在三点，使得是直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】根据狄利克雷函数的定义可知当时，恒成立，即可判断选项A；分析可知对于，当时，不成立，即可判断选项B；令，，即可判断选项C；取点，，，利用勾股定理即可即可判断选项D. 【详解】根据狄利克雷函数，可知： 当时，若，则，，所以； 若，则，，所以， 故时，恒成立，故选项A错误； ，当时，； ，当时，， 所以对于，当时，不成立，故选项B错误； 令，，则，此时，，不成立，故选项C错误； 取函数图象上点，，，此时，，， 所以，所以是直角三角形，故选项D正确. 故选：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. 有两组数据，数据A：1，3，5，7，9和数据B：1，2，4，8，16，则（ ） A. 数据A的平均数小于数据B的平均数 B. 数据A的方差小于数据B的方差 C. 数据A的极差小于数据B的极差 D. 数据A的中位数小于数据B的中位数 【答案】ABC 【解析】 【分析】依次算出两组数据的平均数，方差，极差，中位数即可比较大小. 【详解】设数据A：1，3，5，7，9的平均数，方差，极差，中位数依次为， 数据B：1，2，4，8，16的平均数，方差，极差，中位数依次为， 对于A，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：ABC. 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有极大值4 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】AD 【解析】 【分析】求导，根据导函数的正负确定函数的单调性，即可求解极值判断A，举反例即可求解B，根据函数的单调性即可求解C，利用作差法，结合不等式的性质即可求解D. 【详解】由可得， 当时，，当或时，在，单调递增， 当在单调递减，故当时，取极大值4，故A正确， 对于B,当时，取，则，此时，故B错误， 对于C, 当时，，且当时，，此时在单调递增， 但由于，故与的大小关系不确定，因此无法判断,C错误， 对于D, ， 当时，故，因此 ，所以，故D正确， 故选：AD 11. 在平面直角坐标系中，动点在直线上的射影为点，且，记动点的轨迹为曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于原点对称 B. 点的轨迹长度为1 C. D. 曲线围成的封闭区域的面积小于2 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据两点距离公式以及点到直线距离可得点的轨迹方程为，根据点的对称可判断A，根据，结合，即可求解C,根据不等式，进而可得的范围，根据矩形的面积可求解BD. 【详解】设，则．由， 得，故点的轨迹方程为（※）， 对于A, 关于原点的对称点为，则也满足方程（※）， 故C关于坐标原点对称，A正确． 对于C,由于，结合，所以，故，C正确， 对于B,当点位于直线上时，此时长度最大，且或， 此时与重合，因此点的轨迹为直线上点到之间的线段，故长度为2，故B错误， 对于D, 由于，当且仅当取等号， 故，进而， 故，同理可得， 由于和围成的矩形面积为， 而曲线位于该矩形内，所以曲线围成的封闭区域的面积小于2，故D正确， 故选：ACD 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的前n项和为，，则公差_______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式以及求和公式，建立方程组，可得答案. 【详解】由题意可得，解得. 故答案为：. 13. 若，则_______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用平方公式配方，利用两角差正弦公式展开，再结合齐次式弦化切，即可求解. 【详解】由 ， 故答案为： 14. 已知四棱锥的底面为菱形，三棱锥为正四面体，则三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】作出辅助线，得到三棱锥的外接球球心为，三棱锥的外接球球心为，设，利用半径相等，求出两个三棱锥外接球半径，得到答案. 【详解】设的中心为G，三棱锥的外接球球心为， 因为三棱锥为正四面体，所以三点共线， 设，取的中点为，则， 所以，同理， 由勾股定理得， 设，则， 由勾股定理得， 因为，所以，解得， 所以三棱锥的外接球半径为， 设的中心为H，则四点共线， 三棱锥的外接球球心为， 且，则， 过点作⊥于点，则，， 设，则， 其中， 其中，， 因为，所以，解得， 所以三棱锥的外接球半径为， 即三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为 故答案为：. 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. 某手机厂对屏幕进行两项独立检测：亮度检测通过率，色准检测通过率.产品需通过两项检测才算合格.随机抽取3件产品，设合格品数为X. （1）求单件产品为合格品的概率； （2）求X的分布列及数学期望； （3）已知合格品利润100元/件，若改进工艺能使亮度检测通过率提升至，但每件成本增加1元.是否值得改进？ 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3）值得改进 【解析】 【分析】（1）根据概率的乘法公式，可得答案； （2）根据离散型随机变量的分布列以及数学期望的计算，可得答案； （3）由（2）所求的期望，结合题意，可得改进前的利润，利用二项分布的期望，结合题意，可得改进后的利润，通过比较，可得答案. 【小问1详解】 设合格的概率为，则：（亮度通过）（色准通过）. 【小问2详解】 ，易知， ， ， ， ， 所以X的分布列为： X 0 1 2 3 P 0.027 0.189 0.441 0.343 数学期望. 【小问3详解】 改进前： 每件产品的合格概率.对于3件产品，期望合格数. 总期望利润元. 改进后： 每件产品的合格概率，对于3件产品，新的期望合格数. 总期望利润元. 净期望利润元. 改进前的期望利润是210元，改进后是213元，改进后利润增加了3元. 16. 双曲线的离心率为，过左焦点的直线与双曲线的左支、右支分别交于点，当直线与轴垂直时，. （1）求双曲线的方程； （2）点满足，其中是坐标原点，求四边形的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据实轴以及离心率求解的值，即可得解， （2）联立直线与曲线方程可得韦达定理，结合相似比可得，即可利用弦长公式以及点到直线距离公式，求解，由三角形面积公式求解，即可利用相似比求解四边形的面积. 【小问1详解】 由直线与轴垂直时，，故，故， 又离心率为，则，所以， 双曲线的方程为：. 【小问2详解】 设直线l的方程是，，. 由得， ，. 因为，所以，从而. 所以，，消去得，解得， 它满足，. , 故到直线的距离为， 所以， 由于，所以, 17. 如图，在三棱锥中，是正三角形，，，，点为的重心. （1）证明：平面； （2）若平面平面，求二面角的平面角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，并延长与交于点，则点为的中点，连接，根据重心的性质得到，即可得证； （2）方法一：延长交与点，连接，在平面中，过点作，即可证明平面平面，点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；方法二：直接建立空间直角坐标系，设，利用面面垂直求出点坐标，其余同一. 【小问1详解】 连接，并延长与交于点，则点为的中点，连接. 为的重心，，因此， 则，从而， 又平面，平面， 平面. 【小问2详解】 方法一：延长交与点，连接，则点为的中点， 是正三角形，. 在平面中，过点作， 平面平面，平面平面，平面，， 平面，又平面， 所以，又，AC，平面； 平面， 又平面， 平面平面， 如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设， 则，， 由平面平面可知，，，所以， 则，， 设平面的法向量为， 则，，令，则， 平面ABD的一个法向量为， 所以，设二面角为， 则，所以，， 所以二面角的平面角的正切值为. 方法二：如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，，，，, 设， ，， 设平面法向量为， 则，取， ，， 设平面的法向量为， 则，取， 平面平面， 即，则，，下同法一. 18. 已知函数， （1）当时，求的极值； （2）若在区间上存在零点 （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明：当时，. 【答案】（1）极小值，无极大值 （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的正负来判断函数的单调性即可； （2）（ⅰ）利用分类讨论思想，借助，把两类单调的可能性排除，进而来求出参数的范围； （ⅱ）利用上一问的结论，把要证的不等式转化证明新的不等式，然后再借助条件消去参数，从而变成仅关于的函数不等式，再借助导数思想来进行证明即可. 【小问1详解】 当时，，，， 当时，，当时， 在上递减，在上递增，有极小值，无极大值； 【小问2详解】 （ⅰ）， 当时，由于恒成立，所以在上单调递增， 又，在上无零点； 当时，由于，故， 所以在上单调递减，又， 在上无零点； 当时，，有，故在上单调递减， ，有，故在上单调递增， 所以有， 又因为当时，， ； 综上； （ⅱ）由（ⅰ）可知，当时，， ，且， 要证，只要证， 即证， 只需证， 令， 在上单调递增. 又， 即， 由上式不等式成立可知原不等式恒成立. 19. 给定正整数，考虑集合的所有排列，对每个，定义：，并规定.记为所有排列中的最大值. （1）对于排列，计算，再直接写出和的值，并分别给出一个满足的排列和一个满足的排列； （2）对任意整数，证明：； （3）证明：. 【答案】（1）答案见解析； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题设定义写出、和的值，并确定对应排列； （2）构造排列将集合分为两部分，前个元素和后 个元素，并利用交叉排列或最优子排列，使得中间的差值贡献，即可证结论； （3）通过多次应用（2）的递推关系，将 分解为多个较小的 ，并累积 项，最终证明结论. 【小问1详解】 排列，则，，，， 所以， 对应排列为，对应排列为. 【小问2详解】 设原排列，交换最后两项得到新排列. 显然，即交换排列的最后两项不改变的总和. 考虑一般情况：设原排列为， 交换1和的位置后得到新排列. 显然，对于或的项，有， 因此只需比较和的大小. 设，分三种情况分析： 情况1：当时，有，且， 情况2：当时，有，且， 情况3：当时，有，且， 综上，在三种情况下都有，即交换后总和不会减少， 对于任意排列，构造其对称排列时，对任意恒有. 由于将原排列中的1后移等价于在对称排列中将后移，结合已证向右移动1不减少整个的总和，故向右移动也不减少总和. 因此，最优排列的构造中，将固定在末位同样能保证寻找到总和最大. 设原排列为，前项中的和为的和为. 固定项， 因此. 【小问3详解】 设原排列为， 前项中，的和为的和为， 固定项，因此， 设，则，不等式变为，两边除以得. 定义：设，则递推关系为. 当时，，则有. 对于. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$