浙江省温州市普通高中2025届高三第一次适应性考试数学试题一模数学试题

这是一份浙江省温州市普通高中2025届高三第一次适应性考试数学试题一模数学试题，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若，则复数对应的点位于第（ ）象限
A．一B．二C．三D．四
3．已知平面向量，满足，，则（ ）
A．1B．C．2D．
4．若方向向量为的直线与圆相切，则直线的方程可以是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，，则（ ）
A．B．5C．D．
6．已知函数的值域为，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知数列的通项公式，在其相邻两项，之间插入个，得到新的数列，记的前项和为，则使成立的的最小值为（ ）
A．28B．29C．30D．31
8．飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数.在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
二、多选题
9．观察下列散点图的分布规律和特点，其中两个变量存在相关关系的有（ ）
A．B．
C．D．
10．已知，，，，其中，点为平面内一点，记点到，的距离分别为，，则下列条件中能使点的轨迹为椭圆的是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数，则（）
A．B．当时，
C．当时，D．当时，
三、填空题
12．已知椭圆和双曲线的焦点相同，则 .
13．如图所示的五面体为《九章算术》中记载的羡除，它指的是墓道或隧道.其中，四边形，，均为等腰梯形，平面平面，，，，和间的距离为2，和间的距离为4，则该羡除的体积为 .
14．已知正项数列满足，且，则 .
四、解答题
15．记的内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求；
(2)若为中点，，，求的周长.
16．点在抛物线上，且到抛物线的焦点的距离为.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的直线交抛物线于，两点，且，求直线的方程.
17．如图，在三棱柱中，平面平面，平面.
(1)求证：；
(2)若二面角的正弦值为，且，求.
18．已知函数，.
(1)当时，求的最小值；
(2)若与在原点处的切线重合，且函数有且仅有三个极值点，求实数的取值范围.
19．已知集合.
(1)集合，且中的任意三个不同的元素，，都有.
（i）当时，写出一个满足条件的恰有四个元素的集合；
（ii）对于任意给定的，求集合中的元素个数的最大值.
(2)已知集合，，且同时满足以下条件：①，，都有（其中，，）；②，，使得（其中）.求集合中的元素个数.
参考答案：
1．C
【分析】将集合用列举法写出具体元素，由集合的表达式可知集合的元素，即可得到的结果.
【详解】将集合用列举法写出得：，
对于集合，由可知：，所以.
故选：C.
2．D
【分析】先进行复数化简，再根据几何意义得解.
【详解】，化简，即,即.
根据复数几何意义知道，对应的点为，在第四象限.
故选：D.
3．D
【分析】由题意，结合计算即可求解.
【详解】由题意知，，
，
所以.
故选：D
4．B
【分析】根据直线的方向向量得出斜率，设点斜式方程，再由圆心到直线距离等于半径求解.
【详解】由直线的方向向量为知，直线的斜率，
设直线方程为，
则由直线与圆相切知，圆心到直线的距离，
解得或，
所以直线的方程为或，
即或，
故选：B
5．B
【分析】运用两角和与差的正弦公式展开，然后两式相减、两式相加各得一个等式，再让这两个等式相除并化简即可求解.
【详解】,
,
两式相减得,
两式相加得,
所以,
即,
故选：B.
6．A
【分析】分析可知当时，的取值范围是，当时，的最大值为，且注意到趋于负无穷时，也会趋于负无穷，由此即可列出不等式求解.
【详解】当时，的取值范围是，
注意到，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，的最大值为，
且注意到趋于负无穷时，也会趋于负无穷，
若函数的值域为，
则当且仅当，解得.
故选：A.
7．B
【分析】根据题意分析得的项的情况，从而求得，，进而得解.
【详解】由题意，数列元素依次为，，
在到之间3的个数为，故到处共有35个元素，
所以前30项中含，，及26个3，
故，
而，
故成立的最小的为29.
故选：B
8．D
【分析】先确定的分布列，再结合错位相减法及无穷数列的和求期望.
【详解】玩家投掷1次即可到达终点的方法是掷出3点，故.
玩家投掷2次即可到达终点的方法是掷出，，，，，故.
玩家投掷3次即可到达终点的方法是掷出，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，故.
设玩家投掷次即可到达终点，那么第次掷得的点数可以为，分别记作，，，，，则玩家投掷次的基本事件是投掷次的倍，能到达终点的掷法：之前的对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，.是投掷次即可到达终点的倍.
所以是以为首项，以为公比的等比数列.所以.
所以
即
两边同乘以得：
两式相减得：.
故选：D
【点睛】结论点睛：若数列是首项为，公比为的等比数列，当且时，数列的所有项的和为：.
9．ABC
【分析】由相关关系对应的图形是散点图，能反映两个变量的变化规律才具有相关关系直接可以判断.
【详解】相关关系对应的图形是散点图，ABC都能反映两个变量的变化规律，它们都具有相关关系；
D中的点散乱地分布在坐标平面内，不能反映两个变量的变化规律，不具有相关关系．
故选：ABC.
10．AD
【分析】根据椭圆的定义可判断A的真假；求点的轨迹方程，判断BCD的真假.
【详解】对A：根据椭圆的定义，，所以点轨迹为椭圆，故A正确；
对B：设Px,y，则由，所以点轨迹为圆，故B错误；
对C：由，分情况去掉绝对值符号，
可知点的轨迹为4条线段，不是椭圆，故C错误；
对D：由，因为，
所以点轨迹为椭圆，故D正确.
故选：AD
11．ACD
【分析】对于A，用和差化积公式及二倍角公式化简可以判断；对于B，利用导数研究的单调性，进而可求的最值；对于C，利用B的单调性比较自变量的大小即可比较函数值的大小；对于D，运用分析法，多次使用和差化积、积化和差公式即可推导.
【详解】对于A，，
由和差化积公式:得：
,
其中，故所以即A正确；
对于B，对求导,，
在上，令f′x<0得令f′x>0得
所以在和单调递减,在单调递增,
故在区间上的最大值为,且,故B错误；
对于C，当时单调递增,故在上单调递增,
而当时,，且,故正确；
对于D，
，
由和差化积公式:得
因为，所以，所以，
所以
而,
,
由积化和差得
,其中,
上述不等式显然成立，故D正确,
故选：ACD
【点睛】结论点睛：和差化积与积化和差公式
和差化积公式：
.
积化和差公式：
，
，
，
.
12．
【分析】根据双曲线方程可得，且焦点在x轴上，再结合椭圆方程列式求解即可.
【详解】对于双曲线，可知其半焦距，且焦点在x轴上，
对于椭圆可得，且，解得.
故答案为：.
13．12
【分析】结合锥体体积体积公式，采用切割法求几何体体积.
【详解】如图：连接、
则，，
所以该羡除的体积为：.
故答案为：12
14．6069
【分析】首先由递推关系式得出是以为首项，3为公差的等差数列，再代入，结合即可求出，最后利用等差数列的通项公式即可求得答案.
【详解】因为为正项数列且，①
所以，②
得，即，
所以是以为首项，3为公差的等差数列，
令可得，又，，
所以，解得，
.
故答案为：6069.
15．(1)2
(2)
【分析】（1）解法1：边化角之后，再利用两角和的正弦公式及，得到，得1分，再得出的值.
解法2：利用余弦定理，将角化边，得出，消去，得出结果.
解法3：整理成射影定理的结构，化简得出结果.
（2）解法1：利用已知条件和余弦定理，得出，题干已知条件有转化成，利用余弦定理，得出，解方程得出或者的值，再计算得出周长.
解法2：利用，得出，由，得出，解方程得出或者，的值，再计算得出周长.
解法3：利用平行四边形长度，得出，由，得出，解方程得出或者，的值，再计算得出周长.
解法4：利用向量关系，得出，由，得出，解方程得出或者，的值，再计算得出周长.
解法5：在和分别利用余弦定理，得出，由，得出，解方程得出或者，的值，再计算得出周长.
【详解】（1）解法1：
由题意，得
则
所以
因为在中，，
所以.
解法2：
由题意，得，
所以，
因此
因为，所以.
解法3：
由题意，得
所以由射影定理，得
因为，所以.
（2）解法1：
由已知条件，得.
在利用余弦定理，得.
所以
由余弦定理，得，
所以.
因此
所以的周长为.
解法2：
因为，
所以.
因此，
所以
又由余弦定理，得，
所以
因此，
所以的周长为.
解法3：
以的边，为邻边将补成平行四边形，
利用平行四边形长度关系可得，，
所以.
又由余弦定理，得，
所以
因此，
所以的周长为.
解法4：
利用向量关系，可得CD=12CA+CB
因此
又由余弦定理，得，
所以
因此，
所以的周长为.
解法5：
在和分别利用余弦定理，可得
.
所以
又由余弦定理，得，
所以
因此
所以的周长为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据焦半径公式及点在抛物线上，列方程组，可求的值.
（2）法1：设出直线的方程：，与抛物线方程联立，得到，，再根据，得求的值.
法2：设直线的方程：，与抛物线方程联立，得到，，再根据，得得的关系，从而说明直线经过定点，再结合直线过抛物线的焦点，可得直线方程.
法3：设，，则直线可写成，根据及可求出的值，得直线的方程.
法4：设，，根据直线与垂直，可分别设两直线方程为，，分别与抛物线方程联立，把、坐标用表示出来，再结合求的值，进而求出点坐标，结合直线过点，可求直线方程.
法5：设，，设直线：与抛物线方程联立，可得，再根据，结合直线过点，可求的值，得直线的方程.
【详解】（1）根据焦半径公式可得，所以，
又，所以，
解得或（舍去），
故所求抛物线方程为.
（2）法1：，，设，，，
，所以，
，
，（舍去），
所以即.
法2：设，，，
，所以，
，
，
，所以过定点，
又因为过，所以；
法3：，，设，，，
，
.
，
，
所以.
法4：设，，不妨设，
，
，
，同理，
，
，
，
又因为过，所以.
法5：设，，，
，
，
，
，
.
又因为过，所以，
解得，，所以.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过作于点，然后根据面面垂直的性质定理得面，然后再利用线面垂直的性质定理得，同理，然后再利用线面垂直的判定定理得面，然后用线面垂直的性质定理得；
（2）以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，然后利用坐标计算确定位置，计算的长度即可.
【详解】（1）过作于点，
因为平面平面，所以面，
因为 面
所以，
又因为平面，所以，
而面，
所以面，
因为面
所以
（2）如图，以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，
二面角的平面角与二面角的平面角互补，记为，
设，有A2,0,0，，，
，
设面的法向量为，有，
即，令，得，
又面的法向量为，
所以，
解得，所以.
18．(1)
(2)
【分析】（1）求导，分析函数的单调性，可求的最小值.
（2）先根据确定的关系，再把函数有且仅有三个极值点转化成有且仅有三个变号零点.求导，分析函数Fx的单调性，结合该函数零点的个数求参数的取值范围.
【详解】（1）当时，，，
令得：，
当时，f′x<0，时，f′x>0，
所以在单调递减，单调递增
所以时，.
（2），，由得：，
所以，
问题即：有且仅有三个变号零点
当时，，故Fx在单调递减，又，所以故此时Fx在有且仅有一个变号零点0，不合题意；
当时，所以在有唯一零点.Fx在递增，递减，故此时Fx在至多有两个变号零点，不合题意；
当时，，，，
所以在有两个零点：，
且时，，时，，时，，
所以Fx在递减，递增，递减，
又，故，，
又时，，
因为的增长速度大于的增长速度，
故，，于是，
又，，所以，
令，则，
因为的增长速度大于的增长速度，
故，，于是，
所以Fx在，各有一个零点，，故此时Fx有三个零点：，0，，合题意：所以.
【点睛】方法定睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
(2)求导数，得单调区间和极值点；
(3)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
19．(1)（i）或或或或或；（ii）
(2)
【分析】（1）（i）由，所以，再列出满足题意的集合B即可；
（ii）记集合，设满足条件的集合，其中，，，，，，，，且，，则集合中的元素个数等于，证明即可得答案；
（2）先用反证法证明，再证明，则可得.
【详解】（1）（i）由，所以，可得：
四元素的集合可以是：或或或或或；
（ii）对于任意给定的，集合中的元素个数的最大值为，
其证明过程如下：
记集合，
设满足条件的集合，
其中，，，，，，，，且，，
则集合中的元素个数等于，
根据条件对任意的，，都有（否则，就有，不合题意）
又因为，，其中，，
即，，，，，，，是中的不同的元素，
所以，即集合中的元素个数，
取满足条件，且元素个数等于，所以集合中的元素的最大值等于.
（2）以为例：（多取不符条件①，少取不符条件②！）
这时，
因为；，取即可，
；，则，
；，
若取，； ，则，
证明如下：
先证明：，假设，则，，使得，与条件矛盾，所以假设不真，即；
再证明：，假设，则中的元素个数大于，所以，，，
，根据条件“，，使得”，所以3两个不同的集合，
，使得，，又因为，，，，所以，与矛盾，所以假设不真，；
综上所述：.
【点睛】本题第二问的关键是充分理解①、②两条性质，然后利用反证法，分和两种情况进行讨论，以上不等式同时满足时，可直接得到结论.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
D
B
B
A
B
D
ABC
AD
题号
11









答案
ACD