精品解析：浙江省绍兴市诸暨市湄池中学2025届高三下学期高考适应性考试数学试题

诸暨市湄池中学2024学年第二学期高考适应性考试高 三数学试题卷 命题人：蓉旦燕 （时间120分钟，满分150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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，则= A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题． 【详解】由题意得，，则 ．故选C． 【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分． 2. 设复数z满足，z在复平面内对应的点为(x，y)，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易．此题可采用几何法，根据点（x，y）和点(0，1)之间的距离为1，可选正确答案C． 【详解】则．故选C． 【点睛】本题考查复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想象和数学运算素养．采取公式法或几何法，利用方程思想解题． 3. 设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】∵ ∴−=3(−)； ∴=−. 故选A. 4. 函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由五点作图知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故单调减区间为（，），，故选D. 考点：三角函数图像与性质 5. 若函数在上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先分别求两段函数单调递增得出参数范围，再根据分段函数解析式的特点得出分界点的不等关系，解出不等式组即可判断参数范围. 【详解】二次函数的图象开口向下， 对称轴为直线，所以，即得, 因为在上单调递增，所以在上单调递增， 所以当时，,此时函数单调递增，又单调递增， 则，单调递增； 所以解得， 故的取值范围为． 故选：A. 6. 已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于两点，若中点的横坐标为，则此双曲线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用焦点坐标设出标准方程，再由点差法以及直线方程和横坐标联立方程组可得. 【详解】根据焦点坐标可设标准方程为，且； 设，可得， 两式相减可得； 由直线与双曲线交于两点，且中点的横坐标为， 可得斜率，且中点坐标为； 所以，即； 解得，所以双曲线的方程是. 故选：D 7. 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果. 【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的， 所以在正方体中， 平面与线所成的角是相等的， 所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等， 要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的， 且过棱的中点的正六边形，且边长为， 所以其面积为，故选A. 点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果. 8. 已知数列中，，且，记数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由等差数列的定义可得数列是等差数列，从而得到数列的通项公式，即可得到结果. 【详解】由得，即， 所以数列是以为首项，2为公差的等差数列， 所以，故， 所以. 故选：A． 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 为了解目前本市高二学生身体素质状况，对某校高二学生进行了体能抽测，得到学生的体育成绩，其中60分及以上为及格，90分及以上为优秀，则下列说法正确的是（ ） 参考数据：随机变量，则，，. A. 该校学生体育成绩的方差为100 B. 该校学生体育成绩的期望为70 C. 该校学生体育成绩不及格的人数和优秀的人数相当 D. 该校学生体有成绩的及格率不到 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据学生的体育成绩，求得期望和方差，再结合正态分布曲线的对称性，求得相应的概率，即可求解. 【详解】由题意知，学生的体育成绩， 可得期望，方差， 即该校学生体育成绩的方差为，期望为，故A、B正确； 由，， ， 所以， 即该校学生体有成绩的及格率不到，故D正确； 因为， 所以， 即不及格的概率为，优秀的概率为，两者不同，故C错误. 故选：ABD. 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的最小正周期为 C. 的最小值为 D. 在上有四个不同的实数解 【答案】BD 【解析】 【分析】方法一：结合判断A；根据正弦型函数的周期公式判断B；作出函数大致图象，判断CD； 方法二：化简得由，结合函数大致图象判断各选项即可. 【详解】方法一：由， 则，，则， 所以不可能关于对称，A错误； 因为函数的最小正周期为， 函数的最小正周期为， 则的最小正周期为，B正确； 当时，，当时，； 当时，，作出函数大致图象，如图， 则，C错误， 在有4个根，D正确. 方法二：由， 作出和的图像，取位于上方的部分即可： 由图可知，AC错误，B正确， 对于D，计算知与在内的交点坐标为， 而，结合函数的图象特征可知函数与图象在内有四个交点， 所以在上有四个不同的实数解，故D正确. 故选：BD. 11. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和，则下列命题中正确的是（ ） A. 在“杨辉三角”中，第行的所有的数字之和为 B. 在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大 C. 在“杨辉三角”中，从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，则该数列前10项之和为 D. 记“杨辉三角”第行的第个数为，则的值恰好是第行的中间一项的数字 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用所有的二项式系数之和为即可判断；对于B，利用“杨辉三角”中数字的左右对称性和左增右减的性质易判断；对于C，先写出数列的前10项之和为，再运用组合数的性质计算即得；对于D，先写出表示的式子，通过两个角度考虑展开式中的系数即可推理得到. 【详解】对于A，第行的所有的数字之和为，故A正确； 对于B，第行的数中，从左到右共有个数，则第个数最大，故B错误； 对于C，从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，则该数列前10项之和为， 因 ，故C正确； 对于D，依题意，，则， 下面证明. 分别从两个角度考虑二项式展开式中的系数，由的通项可知的系数为， 由考虑，的系数为：， 故有，而第行的中间一项为第项，即，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 等比数列的前n项和为，若，且与的等差中项为，则_________. 【答案】15 【解析】 【分析】先由等比数列的性质求出，再由等差中项的性质求出，然后计算公比和，再利用等比数列的公式法求和即可. 【详解】由题意可得，解得， 因为与的等差中项为，所以，则， 得到，解得，故， 由等比数列求和公式得. 故答案为：15. 13. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】借助辅助角公式与同角三角函数基本关系计算即可得. 【详解】，故， 由，则，故， . 故答案为：. 14. 如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______． 【答案】 【解析】 【详解】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，则. ， ， 三棱锥的体积. 设，则， 令，即，得，易知在处取得最大值. ∴. 点睛:对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决. 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，角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若，，为的中点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理或正弦定理进行边角转化，可求角. （2）法一：在中，利用余弦定理，先求边与，再在中利用余弦定理求. 法二：利用，在和中利用余弦定理列式，可求的值. 法三：在中，利用余弦定理，先求边，再利用，结合平面向量数量积的有关运算，可求的值. 【小问1详解】 法一：因为，由余弦定理：， 得：，则，因为，所以． 法二：因为，由正弦定理得： ，， ，， 因为，所以，因为，所以． 【小问2详解】 在中，由余弦定理得：， 得：， 法一：， 在中，由余弦定理得：，得：． 法二：因为，所以， 所以， 所以，解得：． 法三：因为，所以， ，所以． 16. 某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响. （1）已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择： 方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励. 方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励； 通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？ （2）若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率. 【答案】（1）方案一 （2） 【解析】 【分析】（1）分别计算两种方案的期望，根据期望值判断即可； （2）根据全概率公式及条件概率公式即可得解. 【小问1详解】 若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为元，则； 则，，， 所以， 若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为元，则； 则，， ， 所以 因为，故选择方案一比较合适 【小问2详解】 设“该同学抽取中奖”为事件，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，， 则，，， 所以， 故， 所以所求概率为. 17. 如图，三棱锥的底面是边长为2的正三角形ABC，且，平面平面 （1）证明：平面 （2）若BC与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 取中点， 中点，连接， 因为，所以， 又，所以， 又因为，，平面PCE， 所以平面， 又平面，故有， 因为， 所以， 又平面平面，平面平面， 又在平面内， 所以平面， 又平面，故有， 又，，平面 故有平面 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质与判定定理，即可得； （2）方法一，建立空间直角坐标系，利用空间向量，即可得； 方法二，利用线面垂直的判定与性质，找出二面角，即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：以点F为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 设点， 设平面PAB的法向量，，， 则， 可取， 于是有，得 平面PAC的法向量，平面PAB的法向量，设平面PAB与平面PAC夹角为，则， 解法二：如图，作，垂足为 M，连接 因为平面，，故平面， 为与平面所成角， 有，得到， 设，则， 由，得，解得 作，垂足为 ，连接， 为平面与平面夹角， ，由得，， ， ， 平面与平面夹角的余弦值为 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若有两个不同的零点，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：. 【答案】（1） （2）（ⅰ）； （ⅱ）证明：由题意可知，，不妨设，则， 设，则 ， 令， 则当时，， 所以在上单调递减，则当时，， 所以当时，， 所以在上单调递减，故当时，， 所以当时，， 所以，即， 又，， 由（ⅰ）可知，在上单调递减，所以，故. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，根据点斜式得解； （2）（ⅰ）转化为有两个相异正根，，利用导数研究的大致情况得解； （ⅱ）设，利用导数判断函数单调性，据此可得当时，，再由及函数单调性得出得证. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以，又， 所以曲线在处的切线方程为，即 【小问2详解】 （ⅰ） 易知的定义域为， 由题意得，方程有两个相异正根，， 即方程有两个相异正根，， 设，则， 因为，所以， 令，得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 由，及的性质知， 当且时，，， 所以当时，，又，， 所以要使有两个相异正根，，必有， 故实数的取值范围为. （ⅱ）略 19. 二次函数的图象是抛物线， 现在我们用 “图象平移” 的方式讨论其焦点与准线， 举例如下: 二次函数的图象可以由的图象沿向量平移得到; 抛物线，即的焦点坐标为，准线方程为 ; 故二次函数的焦点坐标为，准线方程为 . （1）求二次函数的焦点坐标和准线方程； （2）求二次函数的焦点坐标和准线方程； （3）设过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作轴的垂线交抛物线于点. 是否存在定点，使得三点共线? 若存在，请求出定点的坐标; 若不存在，请说明理由. 【答案】（1）焦点坐标为，准线方程为． （2）焦点坐标为，准线方程为． （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据函数平移得出焦点的坐标和准线方程； （2）首先配成顶点式，再根据向量平移得到焦点坐标与准线方程； （3）先考虑过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作x轴的垂线交抛物线于点，讨论是否存在定点，使得三点共线；设设，表示出直线的方程，即可求出，从而求出的坐标，表示出直线的方程，求出定点坐标，即可得解. 【小问1详解】 二次函数， 它的图象可以由抛物线沿向量平移得到； 抛物线即的焦点坐标为，准线方程为； 所以二次函数的焦点坐标为，准线方程为． 【小问2详解】 二次函数， 它的图象可以由抛物线沿向量平移得到； 抛物线即的焦点坐标为，准线方程为； 所以二次函数的焦点坐标为， 准线方程为； 即二次函数的焦点坐标为，准线方程为． 【小问3详解】 由（1）知抛物线可以由抛物线沿向量平移得到； 先考虑如下问题：过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作x轴的垂线交抛物线于点，讨论是否存在定点，使得三点共线； 设，又，则直线的方程为：，化简得：， 与直线联立得：，代入得：，即， 则直线的方程：， 化简得； 当时，恒成立，所以直线恒过定点，即存在定点，使得三点共线； 故存在定点，使得三点共线． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 诸暨市湄池中学2024学年第二学期高考适应性考试高 三数学试题卷 命题人：蓉旦燕 （时间120分钟，满分150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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，则= A. B. C. D. 2. 设复数z满足，z在复平面内对应的点为(x，y)，则 A. B. C. D. 3. 设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是 A. B. C. D. 4. 函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为 A. B. C. D. 5. 若函数在上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于两点，若中点的横坐标为，则此双曲线的方程是（ ） A. B. C. D. 7. 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为 A. B. C. D. 8. 已知数列中，，且，记数列的前项和为，则（ ） A. B. C. 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 为了解目前本市高二学生身体素质状况，对某校高二学生进行了体能抽测，得到学生的体育成绩，其中60分及以上为及格，90分及以上为优秀，则下列说法正确的是（ ） 参考数据：随机变量，则，，. A. 该校学生体育成绩的方差为100 B. 该校学生体育成绩的期望为70 C. 该校学生体育成绩不及格的人数和优秀的人数相当 D. 该校学生体有成绩的及格率不到 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的最小正周期为 C. 的最小值为 D. 在上有四个不同的实数解 11. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和，则下列命题中正确的是（ ） A. 在“杨辉三角”中，第行的所有的数字之和为 B. 在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大 C. 在“杨辉三角”中，从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，则该数列前10项之和为 D. 记“杨辉三角”第行的第个数为，则的值恰好是第行的中间一项的数字 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 等比数列的前n项和为，若，且与的等差中项为，则_________. 13. 已知，则______． 14. 如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______． 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. 在中，角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若，，为的中点，求． 16. 某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响. （1）已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择： 方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励. 方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励； 通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？ （2）若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率. 17. 如图，三棱锥的底面是边长为2的正三角形ABC，且，平面平面 （1）证明：平面 （2）若BC与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若有两个不同的零点，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：. 19. 二次函数的图象是抛物线， 现在我们用 “图象平移” 的方式讨论其焦点与准线， 举例如下: 二次函数的图象可以由的图象沿向量平移得到; 抛物线，即的焦点坐标为，准线方程为 ; 故二次函数的焦点坐标为，准线方程为 . （1）求二次函数的焦点坐标和准线方程； （2）求二次函数的焦点坐标和准线方程； （3）设过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作轴的垂线交抛物线于点. 是否存在定点，使得三点共线? 若存在，请求出定点的坐标; 若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $