第第頁浙江省紹興市諸暨市湄池中學2025屆高三下學期高考適應性考試數(shù)學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的.請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上.1．已知集合M={x|A．{x|?4<x<3}C．{x|?2<x<2}2．設復數(shù)z滿足|z?iA．(x+1)2+yC．x2+(y?1)3．設D為ΔABC所在平面內一點，若BC=3A．AD=?13C．AD=434．函數(shù)f(x)=cos(ωx+φ)的部分圖像如圖所示，則f(x)A．(kπ?14,kπ+C．(k?14,k+5．若函數(shù)fx=?x2A．23,1 C．13,2 6．已知雙曲線的中心在原點且一個焦點為F(7，0)，直線y=x?1與其相交于M，N兩點，若MN中點的橫坐標為A．x23?y24=1 B．7．已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為（）A．334 B．233 C．8．已知數(shù)列an中，a1=1，且an+1an=n+12A．20254051 B．20244049 C．20264051二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9．為了解目前本市高二學生身體素質狀況，對某校高二學生進行了體能抽測，得到學生的體育成績X~N(70,100)，其中60分及以上為及格，90分及以上為優(yōu)秀，則下列說法正確的是（）參考數(shù)據(jù)：隨機變量ξ~Nμ,σ2，則P(μ?σ<ξ<μ+σ)=0.6826，P(μ?2σ<ξ<μ+2σ)=0.9544A．該校學生體育成績的方差為100B．該校學生體育成績的期望為70C．該校學生體育成績不及格的人數(shù)和優(yōu)秀的人數(shù)相當D．該校學生體有成績的及格率不到8510．已知函數(shù)fxA．fx的圖象關于點πB．fx的最小正周期為C．fx的最小值為D．fx=311．“楊輝三角”是二項式系數(shù)在三角形中的一種幾何排列，在中國南宋數(shù)學家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書中就有出現(xiàn).在“楊輝三角”中，除每行兩邊的數(shù)都是1外，其余每個數(shù)都是其“肩上”的兩個數(shù)之和，例如第4行的6為第3行中兩個3的和，則下列命題中正確的是（）A．在“楊輝三角”中，第n行的所有的數(shù)字之和為2B．在“楊輝三角”第2n行的數(shù)中，從左到右第n個數(shù)最大C．在“楊輝三角”中，從第3行開始，取每行的第4個數(shù)得到一數(shù)列，則該數(shù)列前10項之和為CD．記“楊輝三角”第n行的第i個數(shù)為ai，則i=1n+1a三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．等比數(shù)列an的前n項和為Sn，若a2a5=2a4，且a13．已知x∈0,π4,14．如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D，E，F(xiàn)為圓O上的點，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F(xiàn)重合，得到三棱錐．當△ABC的邊長變化時，所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為．四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．在△ABC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，且2bcos（1）求B；（2）若b=13，c=22，D為AC的中點，求16．某校組織“一帶一路”答題抽獎活動，凡答對一道題目可抽獎一次.設置甲、乙、丙三個抽獎箱，每次從其中一個抽獎箱中抽取一張獎券.已知甲箱每次抽取中獎的概率為13，乙箱和丙箱每次抽取中獎的概率均為1（1）已知一位同學答對了三道題目，有兩種抽獎方案供選擇：方案一：從甲、乙、丙中各抽取一次，中獎三次獲得價值50元的學習用品，中獎兩次獲得價值30元的學習用品，其他情況沒有獎勵.方案二：從甲中抽取三次，中獎三次獲得價值70元的學習用品，中獎兩次獲得價值40元的學習用品，其他情況沒有獎勵；通過計算獲得學習用品價值的期望，判斷該同學選擇哪個方案比較合適？（2）若一位同學答對了一道題目.他等可能的選擇甲、乙、丙三個抽獎箱中的一個抽獎.已知該同學抽取中獎，求該同學選擇乙抽獎箱的概率.17．如圖，三棱錐P?ABC的底面是邊長為2的正三角形ABC，且PA=PB，平面ABC⊥平面PAC.（1）證明：PC⊥平面ABC;（2）若BC與平面PAB所成角的正弦值為308，求平面PAB與平面PAC18．已知函數(shù)fx（1）當m=1時，求曲線y=fx在1,f（2）若fx有兩個不同的零點x1，（?。┣髮崝?shù)m的取值范圍；（ⅱ）證明：x119．二次函數(shù)的圖象是拋物線，現(xiàn)在我們用“圖象平移”的方式討論其焦點與準線，舉例如下：二次函數(shù)y=x2+1的圖象可以由y=x2的圖象沿向量n=0,1平移得到；拋物線y=x2，即x2=y（1）求二次函數(shù)y=1（2）求二次函數(shù)y=ax（3）設過A4,1的直線與拋物線y=14x2?x+1的另一個交點為B，直線AB與直線y=x?4交于點P，過點P作x軸的垂線交拋物線y=14x

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】由題意得，M={M∩N={故答案為：C．【分析】本題考查集合的交集和一元二次不等式的解法，滲透了數(shù)學運算素養(yǎng)．采取數(shù)軸法，利用數(shù)形結合的思想解題．2．【答案】C【解析】【解答】設復數(shù)為z=a+bi(a∈R，b∈R），∵z?i=a+bi?i=a+(b?1)i，∴∵|z?i|∴故答案為：C【分析】利用復數(shù)的加減運算法則求出復數(shù)z?i，再利用復數(shù)z?i的實部和虛部表示復數(shù)z?i的模，再利用復數(shù)z?i的幾何意義表示出復數(shù)z在復平面內對應的點的軌跡方程。3．【答案】A【解析】【解答】解：∵BC=3CD，∴BD?=4故選：A.

【分析】根據(jù)已知條件可得BD?4．【答案】D【解析】【解答】由五點作圖知，14ω+φ=π254ω+φ=3π2，解得ω=π，φ=π4，所以f(x)=cos(πx+π4)，令2kπ<πx+π4<2kπ+π,k∈Z5．【答案】A【解析】【解答】解：函數(shù)y=?x2+3ax+a?1的開口向下，對稱軸為直線x=?3a2×?1=32a，當a≥23時，函數(shù)y=x故要使函數(shù)fx=?x2+3ax+a?1,x<1xa+則a的取值范圍為23故答案為：A.【分析】分別求兩段函數(shù)單調遞增得出參數(shù)范圍，再根據(jù)分段函數(shù)解析式的特點得出分界點處函數(shù)值的關系，列不等式組求解即可.6．【答案】D【解析】【解答】設雙曲線的方程為x2a2?y2b2=1(a>0，b>0)，由題意可得a2+b2=7，設M(x1，y1)，N(x2，y2故答案為：D．【分析】根據(jù)點差法得2a2=5b2，再根據(jù)焦點坐標得7．【答案】A【解析】【解答】解：如圖截面，S=6×(故答案為：A.【分析】由正方體的每條棱所在直線與平面α所成的角相等，得到平面α與其中一條對角線垂直，此時截面與相應側面構成正三棱錐，再求出截面面積的最大值.8．【答案】A【解析】【解答】因為an+1an=n+12an+n，所以2所以nan=1+2所以S2025故選：A．【分析】根據(jù)已知條件可知n+1an+1?nan=2，利用等差數(shù)列的定義可得數(shù)列n9．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：AB、由學生的體育成績X~N(70,100)，可得體育成績的期望μ=70，方差σ2C、因為P(X<60)=1?P(X≥60)=1?0.8413=0.1587，所以P(X≥90)=P(X≥70)?P(70≤X≤90)=0.5?0.9544即不及格的概率為0.1587，優(yōu)秀的概率為0.0228，兩者不同，故C錯誤；D、由學生的體育成績X~N(70,100)，

可得P(60<X<80)=P(μ?σ<X<μ+σ)=0.6826，P(50<X<90)=P(μ?2σ<X<μ+2σ)=0.9544，所以P(X≥60)=P(60≤X≤70)+P(X>70)=0.3413+0.5=0.8413<85%即該校學生體有成績的及格率不到85%故答案為：ABD.【分析】由學生的體育成績X~N70,10010．【答案】B,D【解析】【解答】解：A、函數(shù)fx作出gx=2sin由圖可知：函數(shù)fx不可能關于πB、由圖可知：函數(shù)fx的最小正周期為2C、由圖可知：函數(shù)fx的最小值為fD、函數(shù)fx在0,2由圖可知：fx=3【分析】去絕對值化簡函數(shù)可得fx=2max11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、在“楊輝三角”中，第n行的所有的數(shù)字之和即為二項式系數(shù)和CnB、在“楊輝三角”第2n行的數(shù)中，從左到右共有2n+1個數(shù)，第n+1個數(shù)C2nC、從第3行開始，取每行的第4個數(shù)得到一數(shù)列，

則該數(shù)列前10項之和為C3因C33+D、依題意，ai=C下面證明Cn分別從兩個角度考慮二項式(x+1)2n展開式中xn的系數(shù)，由(x+1)2n的通項可知x由(x+1)2n=(x+1)n(x+1)n故有Cn0Cnn+Cn1故答案為：ACD.

【分析】利用所有的二項式系數(shù)之和為Cn0+Cn1+?+Cn12．【答案】15【解析】【解答】解：設等比數(shù)列an的公比為q，首項為a1，

因為a2a5=2a4，a3與2a6的等差中項為5故答案為：15.【分析】設等比數(shù)列an的公比為q，首項為a1，由題意列式求得等比數(shù)列的公比和13．【答案】3???????【解析】【解答】解：因為sinx+cosx=因為x∈0,π4，所以x+所以tanx?故答案為：3.【分析】借助輔助角公式與同角三角函數(shù)基本關系求得sinx+π4=3101014．【答案】4【解析】【解答】解：設正三角形的邊長為x(53>x>0)，連接DO交BC于點G，如圖所示：

則OG=13×SO=h=SG2三棱錐的體積V=13設nx=5x令n'x=0，即4x3?x43=0，解得【分析】設正三角形的邊長為x(5315．【答案】（1）解：法一：由余弦定理可得，2b?a整理可得a2+c2?b2=?2ac，法二：由正弦定理得，2sinBcosC=2sinA+2sinC，

因為A+B+C=π，所以因為C∈(0,π)，所以sinC≠0，所以cosB=?22，（2）解：在△ABC中，由余弦定理得：(13)2法一：cosC=在△CBD中，由余弦定理得：BD2=1+法二：因為∠BDC+∠BDA=π，所以cos所以BD所以BD2+132法三：因為BD=12BD?2=???????【解析】【分析】（1）法一：根據(jù)余弦定理進行邊角化邊可得a2+c2?（2）法一：在△ABC中，利用余弦定理，先求邊a與cosC，再在△BCD中利用余弦定理求BD法二：利用∠BDC+∠BDA=π，在△ADB和△BCD中利用余弦定理列式，可求BD法三：在△ABC中，利用余弦定理，先求邊a，再利用BD=12（1）法一：因為2bcosC=2a+2得：a2+c2?b2法二：因為2bcos2sinBcos2sinBcos因為sinC>0，所以cosB=?22，因為（2）在△ABC中，由余弦定理得：(13得：a=1，法一：cosC=在△CBD中，由余弦定理得：BD2=1+法二：因為∠BDC+∠BDA=π，所以cos所以BD所以BD2+法三：因為BD=12BD?2=16．【答案】（1）解：若選擇方案一，

設該同學獲得學習用品的價值為X元，則X=50,30,0，則PX=50=13×所以EX若選擇方案二，

設該同學獲得學習用品的價值為Y元，則y=70,40,0，則PY=70=C3PY=0所以EY因為EX>EY（2）解：設“該同學抽取中獎”為事件A，

“選擇甲、乙、丙抽獎箱”的事件分別記為B1，B2，B3，

則PB1=PB2=PB3=13，

PA|【解析】【分析】（1）利用已知條件分別計算出兩種方案的期望，再根據(jù)期望值判斷該同學選擇方案一比較合適.（2）根據(jù)已知條件和全概率公式以及條件概率公式，從而得出該同學選擇乙抽獎箱的概率.（1）若選擇方案一，設該同學獲得學習用品的價值為X元，則X=50,30,0；則PX=50=13×所以EX若選擇方案二，設該同學獲得學習用品的價值為Y元，則y=70,40,0；則PY=70=CPY=0所以E因為EX（2）設“該同學抽取中獎”為事件A，“選擇甲、乙、丙抽獎箱”的事件分別記為B1，B2，則PB1=PB2所以PA故PB所以所求概率為3817．【答案】（1）證明：如圖所示，取AB中點E，AC中點F，連接BF,PE,EC，

∵PA=PB，∴AB⊥PE，∴BC=AC，∴AB⊥CE，又∵PE∩CE=E，PE，CE?平面PCE，∴AB⊥平面PCE，又PC?平面PCE，∴AB⊥PC，∵AB=CB，∴FB⊥AC，又平面ABC⊥平面PAC，平面ABC∩平面PAC=AC，F(xiàn)B?平面ABC，∴FB⊥平面PAC，又PC?平面PAC，∴FB⊥PC，∵AB⊥PC，F(xiàn)B⊥AC，F(xiàn)B∩AB=B，F(xiàn)B，AB?平面ABC.∴PC⊥平面ABC.（2）解：解法一：如圖所示，以點F為坐標原點，分別以FB，F(xiàn)C，CP的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系O?xyz，∴A0,?1,0，B3,0,0，C∴AP=0,2,a，AB=3,1,0，則2y+az=0，3x+y=0，，令x=a，則y=-∴23a∴平面PAB的法向量n=5,?15,23，

由(1)易知平面PAC的法向量m=1,0,0，

設平面PAB與平面PAC夾角為θ，∴cosθ=|cos解法二：如圖所示，作CM⊥PE，垂足為M，連接BM.

∵AB⊥平面PEC，∴CM⊥AB，∴CM⊥平面PAB，∴∠CBM為BC與平面PAB所成角，∴sin∠CBM=CMBC設PC=x，則PE=x由CM?PE=CE?PC，得304x作CN⊥PA，垂足為N，連接NM，∴∠CNM為平面PAB與平面PAC夾角，AP=3，由CN?PA=CA?PC得，CN=2∵sin∴cos∴平面PAB與平面PAC夾角的余弦值為10【解析】【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質可得AB⊥PE，AB⊥CE，利用線面垂直的判定定理可得AB⊥平面PCE，進而可得AB⊥PC，由FB⊥AC根據(jù)面面垂直的性質可得FB⊥平面PAC，進而可得FB⊥PC，利用線面垂直的判定定理即可證得PC⊥平面ABC;（2）方法一，建立空間直角坐標系，設點P0，1，a，先求得直線BC的方向向量與平面PAB的法向量，進而求得a的值，再求得平面PAC方法二，作CM⊥PE，垂足為M，連接BM，利用線面垂直的判定與性質可得∠CBM為BC與平面PAB所成角，進而列式求得CM的值，作CN⊥PA，垂足為N，連接NM，可得∠CNM為平面PAB與平面PAC夾角，計算即可求得平面PAB與平面PAC夾角的余弦值.（1）取AB中點E，AC中點F，連接BF,PE,EC，因為PA=PB，所以AB⊥PE，又BC=AC，所以AB⊥CE，又因為PE∩CE=E，PE，CE?平面PCE，所以AB⊥平面PCE，又PC?平面PCE，故有AB⊥PC，因為AB=CB，所以FB⊥AC，又平面ABC⊥平面PAC，平面ABC∩平面PAC=AC，又FB在平面ABC內，所以FB⊥平面PAC，又PC?平面PAC，故有FB⊥PC，又FB∩AB=B，F(xiàn)B，AB?平面ABC.故有PC⊥平面ABC.（2）解法一：以點F為坐標原點，分別以FB，F(xiàn)C，CP的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O?xyz，則A0,?1,0，B3,0,0，設點P0設平面PAB的法向量n=x,y,z，AP=則2y+az=0，可取n=于是有23a平面PAC的法向量m=1,0,0，平面PAB的法向量n=5,?15解法二：如圖，作CM⊥PE，垂足為M，連接BM.因為AB⊥平面PEC，∵CM⊥AB，故CM⊥平面PAB∵∠CBM為BC與平面PAB所成角，有sin∠CBM=CMBC設PC=x，則PE=x由CM?PE=CE?PC，得304x作CN⊥PA，垂足為N，連接NM，∴∠CNM為平面PAB與平面PAC夾角，AP=3，由CN?PA=CA?PC得，CN=2∵sin∴cos∴平面PAB與平面PAC夾角的余弦值為1018．【答案】（1）解：當m=1時，函數(shù)fx=ex?xlnx+x?1定義域為0，+∞則曲線y=fx在1,f1處的切線方程為y?e（2）解：（?。┖瘮?shù)fx=e若fx有兩個不同的零點x1，x2，即方程ex?x即m=lnx+1x?exx有兩個相異正根設gx=ln因為x>0，所以1?e令g'x=0，解得x=1，當x∈0,1時，當x∈1,+∞時，g'x<0由y=lnx，y=1x及y=ex的性質知：當x>0且當x→0時，gx→?∞，x→+要使m=lnx+1x?exx有兩個相異正根x1（ⅱ）證明：由題意可知，gx1=gx2設hxh'令φx則當x∈0,1時，φ即函數(shù)φx在0,1上單調遞減，則當x∈0,1時，φx>φ1所以hx在0,1上單調遞減，故當x∈0,1時，所以當x∈0,1時，gx>g1x又x2，1x1∈1,+∞，由（?。┛芍?，gx【解析】【分析】（1）將m=1代入，求函數(shù)的定義域，求導，根據(jù)導數(shù)的幾何意義，結合點斜式求解即可；（2）（?。┺D化為m=lnx+1x?ex（ⅱ）設hx=gx?g1x，利用導數(shù)判斷函數(shù)單調性，據(jù)此可得當x∈0,1（1）當m=1時，fx=e所以f'1=所以曲線y=fx在1,f1處的切線方程為y?（2）（?。┮字猣x的定義域為0,+由題意得，方程ex?xlnx+mx?1=0有兩個相異正根即方程m=lnx+1x?設gx=ln因為x>0，所以1?e令g'x=0當x∈0,1時，g'x當x∈1,+∞時，g'所以gx由y=lnx，y=1當x>0且x→0時，lnx→?∞，所以當x→0時，gx→?∞，又x→+所以要使m=lnx+1x?ex故實數(shù)m的取值范圍為?∞（ⅱ）證明：由題意可知，gx1=gx2設hxh'令φx則當x∈0,1時，φ所以φx在0,1上單調遞減，則當x∈0,1時，所以當x∈0,1時，h所以hx在0,1上單調遞減，故當x∈0,1時，所以當x∈0,1時，g所以gx1>g又x2，1由（ⅰ）可知，gx在1,+∞上單調遞減，所以x219．【答案】（1）解：函數(shù)y=