【高考模拟】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（含解析）

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1．已知集合A={x∈N∣−1≤x<4}，B=xy=xA．1,2,3 B．−1,1,2,3 C．0,1,2,3 D．−1,0,1,2,32．若i2025z=1+i，则复数A．一 B．二 C．三 D．四3．已知平面向量a，b满足a=b=1，aA．1 B．3 C．2 D．74．若方向向量为(1,−2)的直线l与圆x−12+yA．x+2y+7=0 B．2x+y+3=0 C．x+2y−6=0 D．2x+y−6=05．已知sin(α+β)=12，sinA．15 B．5 C．−156．已知函数fx=ex,x>0A．−1,+∞ B．3,+∞ C．−∞7．已知数列an的通项公式an=2n−1，在其相邻两项ak,ak+1之间插入2k个3k∈NA．28 B．29 C．30 D．318．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X，则EX=（）A．3 B．4 C．5 D．69．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A−a,0，Ba,0，l1:ax−y=0，l2:ax+y=0，其中a>1，点P为平面内一点，记点P到l1，lA．PA+PB=4a B．PA2+PB11．已知函数fxA．f2+f4<0 C．当3<x<4时，fx>fx3+212．已知椭圆x216+y2m13．如图所示的五面体ABCDEF为《九章算术》中记载的羡除，它指的是墓道或隧道.其中EF∥AD∥BC，四边形ADEF，ADCB，EFBC均为等腰梯形，平面ADEF⊥平面ADCB，EF=2，BC=3，AD=4，BC和AD间的距离为2，EF和AD间的距离为4，则该羡除的体积为.14．已知正项数列an满足1a1a2+15．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bcosC=ac−2ccosB.（1）求c；（2）若D为AB中点，CD=2，∠ACB=60∘16．点Am,2在抛物线y2=2px0<p<2上，且到抛物线的焦点（1）求抛物线C的方程；（2）过点F的直线交抛物线于B，C两点，且∠BAC=90∘，求直线17．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABC（1）求证：BC（2）若二面角A−A1C1−B118．已知函数fx=4x+a（1）当a=4时，求fx（2）若y=fx与y=gx在原点处的切线重合，且函数ℎx19．已知集合A=1,2,3,⋯⋯,2n,2n+1（1）集合B⊆A，且B中的任意三个不同的元素x，y，z都有x+y≠z.（i）当n=3时，写出一个满足条件的恰有四个元素的集合B；（ii）对于任意给定的nn∈N∗（2）已知集合P={C|C⊑A}，Q=C1,C2,⋯⋯,Ck⊆P，且同时满足以下条件：①∀Ci，Cj∈Q，都有Ci∩Cj≠∅（其中i

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：由题意可得A={x∈N∣−1≤x<4}={−1,0,1,2,3}，由y=x可知：x≥0，集合B=x|x≥0，所以故答案为：C.【分析】先用列举法表示集合A，再利用函数的定义域表示集合B，最后利用集合交集的定义即可求解.2．【答案】D【解析】【解答】解：已知i2025z=1+i，化简可得z=由复数几何意义可得z对应的点为(1,−1)，所以点(1,−1)在第四象限.故答案为：D.【分析】先利用复数的四则运算化简复数可得z=1−i3．【答案】D【解析】【解答】解：由题意知，a=a+2所以a+2故答案为：D【分析】由题意a+24．【答案】B【解析】【解答】解：由直线l的方向向量为(1,−2)知，直线的斜率k=−2，设直线l方程为y=−2x+b，则由直线与圆相切知，圆心1,0到直线的距离d=−2+b解得b=7或b=−3，所以直线l的方程为y=−2x+7或y=−2x−3，即2x+y−7=0或2x+y+3=0，故答案为：B.【分析】先利用直线的方向向量得出斜率k=−2，设直线方程y=−2x+b，再利用圆心到直线距离等于半径可得b=7即可求解.​​​​​​​5．【答案】B【解析】【解答】解：已知sin(α+β)=则sin(α−β)=两式相减得2cos两式相加得2sin所以2sin即tanα故答案为：B.【分析】先利用两角和与差的正弦公式展开相减可得2cosαsin6．【答案】A【解析】【解答】解：当x>0时，ex的取值范围是1,+注意到fx=x当x<−1时，f'x>0，当−1<x<0所以fx在−∞,−1所以当x≤0时，fx的最大值为f且注意到x趋于负无穷时，fx若函数fx=e则当且仅当f−1=a+2≥1，解得故答案为：A.【分析】当x>0时，利用指数函数的性质可得ex的取值范围是1,+∞，当x≤0时，利用三次函数的性质fx的最大值为a+2，且注意到x趋于负无穷时，f7．【答案】B【解析】【解答】解：由题意得数列bn的前n1，2个3，3，22个3，7，23个3，15，24个3，31当n=28时，Sn当n=29时，Sn所以，使Sn≥100成立的n的最小值为故答案为：B.【分析】根据题意分析得出数列bn的项的情况，再求出当n=28时和当n=29时的Sn，从而得出使Sn8．【答案】D【解析】【解答】解：玩家投掷1次即可到达终点的方法是掷出3点，故PX=1玩家投掷2次即可到达终点的方法是掷出1,2，2,1，4,1，5,2，6,3，

故PX=2玩家投掷3次即可到达终点的方法是掷出1,1,1，1,3,1，1,4,2，1,5,3，1,6,4，2,2,1，2,3,2，2,4,3，2,5,4，2,6,5，4,2,1，4,3,2，4,4,3，4,5,4，4,6,5，5,1,1，5,3,1，5,4,2，5,5,3，5,6,4，6,1,2，6,2,1，6,4,1，6,5,2，6,6,3，故PX=3设玩家投掷n次即可到达终点，那么第n次掷得的点数可以为1,2,3,4,5，分别记作⋯,1，⋯,2，⋯,3，⋯,4，⋯,5，则玩家投掷n+1次的基本事件是投掷n次的6倍，能到达终点的掷法：之前的⋯,1对应⋯,2,1，⋯,3,2，⋯,4,3，⋯,5,4，⋯,6,5；⋯,2对应⋯,1,1，⋯,3,1，⋯,4,2，⋯,5,3，⋯,6,4；⋯,3对应⋯,1,2，⋯,2,1，⋯,4,1，⋯,5,2，⋯,6,3；⋯,4对应⋯,1,3，⋯,2,2，⋯,3,1，⋯,5,1，⋯,6,2；⋯,5对应⋯,1,4，⋯,2,3，⋯,3,2，⋯,4,1，⋯,6,1.是投掷n次即可到达终点的5倍.所以PX=n是以16为首项，以56所以E即6E两边同乘以56得：两式相减得：EX故答案为：D【分析】先利用古典概率公式求出概率和X的分布列，再利用数列错位相减法及无穷数列的和求期望即可求解.9．【答案】A,B,C【解析】【解答】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．故答案为：ABC.【分析】先利用相关关系对应的散点图分布在直线附近即可求解.10．【答案】A,D【解析】【解答】解：A、根据椭圆的定义，PA+PB=4a>B、设Px,y，则由x+a2+C、由ax−ya2+1D、由ax−ya2+12+ax+ya故答案为：AD【分析】利用椭圆的定义可得PA+PB>AB即可判断A；利用题意可得求P点的轨迹方程为11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、f2利用和差化积公式：sinx+siny=2sinx+ysin8+sin−4其中sin1=sin180π≈sin57∘，故sin2>0,sin3>0,所以B、对fx求导可得

f在(0,2π)上，令f'x<0得所以fx在0,2π3和4π故fx在区间0,2π上的最大值为f4C、当x∈2π3,4π3时f而当x∈3,4时，x3+2∈3,10D、f⇔sin2x−sin⇔sin2x+sin2x−由和差化积公式：sinx+siny=2sinx+y2cos⇔4cos因为0<x<2，所以x−178∈所以cos而x−17∴cos由积化和差得cos⇔−2sin98上述不等式显然成立，故D正确.故答案为：ACD【分析】利用用和差化积公式及二倍角公式化简可以判断A；利用导数研究fx的单调性可得f12．【答案】7【解析】【解答】解：已知双曲线x2−y所以椭圆可得c=16−m2=3，且故答案为：7.【分析】先利用双曲线方程可得c=3，且焦点在x轴上，再利用椭圆的几何性质c213．【答案】12【解析】【解答】解：连接FD、FC如图所示：

则VF−ABCD=1所以该羡除的体积为：283故答案为：12【分析】先利用锥体体积体积公式可得VF−ABCD=2814．【答案】6069【解析】【分析】首先由递推关系式得出an是以a2为首项，3为公差的等差数列，再代入n=1，结合a1【解答】因为an为正项数列且1a所以1a1②−①得1a所以an是以a令n=1可得1a1a2+所以1(a2a2024故答案为：6069.

【分析】根据题意再列出式子1a1a15．【答案】（1）解：由题意，得2sinBcosC=csinA−2cosBsinC则2sin所以2sinA=csinA因为在△ABC中，sinA>0，所以c=2.（2）解：以△ABC的边CA，CB为邻边将△ABC补成平行四边形，利用平行四边形长度关系可得，22所以a2又由余弦定理，得c2所以4=因此ab=6，a+b=所以△ABC的周长为10+2【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角可得2sinBcosC=csinA−2cosBsinC，再利用两角和的正弦公式可得2sinA=csinA即可求解；（2）先将△ABC补成平行四边形，利用平行四边形的性质可得a2+b2=6（1）解法1：由题意，得2sinBcosC=csinA−2cosBsinC则2sin所以2sinA=csinA因为在△ABC中，sinA>0，所以c=2.解法2：由题意，得2b⋅a所以a2因此2因为a>0，所以c=2.解法3：由题意，得2所以由射影定理，得2a=ac因为a>0，所以c=2.（2）解法1：由已知条件，得b=2a−4cosB.在△BCD利用余弦定理，得b=2a−4cosB=2a−4⋅a所以ab=2由余弦定理，得c2所以4=a因此a+b=所以△ABC的周长为10+2解法2：因为∠ADC+∠BDC=π，所以cos∠ADC+cos∠BDC=0.因此1+2−b所以a又由余弦定理，得c2所以4=因此ab=6，a+b=所以△ABC的周长为10+2解法3：以△ABC的边CA，CB为邻边将△ABC补成平行四边形，利用平行四边形长度关系可得，22所以a2又由余弦定理，得c2所以4=因此ab=6，a+b=所以△ABC的周长为10+2解法4：利用向量关系，可得CD因此CD又由余弦定理，得c2所以4=因此ab=6，a+b=所以△ABC的周长为10+2解法5：在△ABC和△BCD分别利用余弦定理，可得cosB=a所以a又由余弦定理，得c2所以4=因此ab=6,a+b=所以△ABC的周长为10+216．【答案】（1）解：根据焦半径公式可得m+p2=52又因为22=2pm，所以解得p=1或p=4（舍去），故所求抛物线C方程为y2（2）解：法1：F12,0，A2,2，设ly2=2xAB⇒16t⇒t1=−所以直线lBC:x=−7法2：设lBC:x=my+b，Bxy2=2xx=my+bkAB⇒y⇒−2m+b=4，所以lBC过定点4,−2又因为lBC过F12法3：F12,0，A2,2，设BxkBF⇒yk⇒y⇒y所以lBC法4：设Bx1,y1lAB:x−2=my2⇒2y1=4m−4⇒k⇒y⇒2m−2⇒m=1+又因为lBC过F12法5：设Bx1,y1y−2+22⇒⇒1+4n⇒1+4n因为kAB又因为lBC过F12解得m=−15，n=−720，【解析】【分析】（1）根据焦半径公式和点Am,2在抛物线上，从而列方程组求出m,p（2）法1：设出直线BC的方程：x=ty+p2，与抛物线方程联立，得到y1+y2，y1y2法2：设直线BC的方程：x=my+b，将直线与抛物线方程联立，得到y1+y2，y1y2，再根据∠BAC=90∘法3：设Bx1,y1，Cx2,y2，则直线BC可写成法4：设Bx1,y1，Cx2,y2，根据直线AB与AC垂直，可分别设两直线方程为x−2=my−2，x−2=−1my−2，再分别将直线与抛物线方程联立，把法5：设Bx1,y1，Cx2,y2，设直线BC：mx−2+ny−2（1）根据焦半径公式可得m+p2=又22=2pm，所以解得p=1或p=4（舍去），故所求抛物线C方程为y2（2）法1：F12,0，A2,2，设lBCy2=2xx=ty+AB⇒16t⇒t1=−所以lBC:x=−7法2：设lBC:x=my+b，Bxy2=2xx=my+bkAB⇒y⇒−2m+b=4，所以lBC过定点4,−2又因为lBC过F12法3：F12,0，A2,2，设BxkBF⇒yk⇒y⇒y所以lBC法4：设Bx1,y1lAB:x−2=my2⇒2y1=4m−4⇒k⇒y⇒2m−2⇒m=1+又因为lBC过F12法5：设Bx1,y1y−2+22⇒y−2⇒1+4n⇒1+4nkAB又因为lBC过F12解得m=−15，n=−717．【答案】（1）证明：过C1作C1E⊥AB因为平面ABC1⊥平面ABC，所以C因为BC⊂面ABC所以C1又因为AC1⊥平面BC而AC1∩所以BC⊥面ABC因为BC1所以B（2）解：如图，以B为原点，BA，BC分别为x，y轴建立空间直角坐标系如图所示：二面角A−A1C1−设∠C1AB=θ，有A2,0,0AC=−2,1,0设面ACC1的法向量为m=即−2x+y=0−2cos2θx+2cosθsinθz=0，令又面ABC的法向量为n=所以cosα=解得tanθ=12，所以【解析】【分析】（1）过C1作C1E⊥AB于点E，利用面面垂直的性质定理得C1E⊥面ABC，再利用线面垂直的性质定理得C1E⊥BC，同理A（2）以B为原点，BA，BC分别为x，y轴建立空间直角坐标系，可得AC1=−2cos2θ,0,2cosθsinθ（1）过C1作C1E⊥AB因为平面ABC1⊥平面ABC，所以C因为BC⊂面ABC所以C1又因为AC1⊥平面BC而AC1∩所以BC⊥面ABC因为BC1所以B（2）如图，以B为原点，BA，BC分别为x，y轴建立空间直角坐标系，二面角A−A1C1−设∠C1AB=θ，有A2,0,0AC=−2,1,0设面ACC1的法向量为m=即−2x+y=0−2cos2θx+2cosθsinθz=0，令又面ABC的法向量为n=所以cosα=解得tanθ=12，所以18．【答案】（1）解：当a=4时，fx=4x+1令f'x=0当x∈−1,−1+1e时，f'x所以fx在−1,−1+1e所以x=−1+1e时，（2）解：f'x=4lnx+1+4x+ax+1所以ℎx问题即：FxF当a≥6时，F'x≤0，故Fx在−1,+∞单调递减，又F当a≤4时，所以F'x在−1,+∞有唯一零点x0>0.Fx在−1,x当4<a<6时，−2×−12+a−6<0所以F'x在−1,+∞且x∈−1,x1时，F'x<0，x∈x所以Fx在−1,x1递减，x又F0=0，故Fx又4<a<6时，4x+ax+1因为y=2x的增长速度大于y=4lnx+1故∃n0>0，4ln又4<a<6，−1<x<0，所以Fx令x+1=1em因为y=a−4ex故∃m0>0，a−4所以Fx在−1,x1，x2,+∞各有一个零点x3，x4，故此时【解析】【分析】（1）求导，分析函数的单调性，可求fx（2）先根据f'0=g'0确定a,b的关系，再把函数（1）当a=4时，fx=4x+1令f'x=0当x∈−1,−1+1e时，f'x所以fx在−1,−1+1e所以x=−1+1e时，（2）f'x=4lnx+1+4x+ax+1所以ℎx问题即：FxF当a≥6时，F'x≤0，故Fx在−1,+∞单调递减，又F当a≤4时，所以F'x在−1,+∞有唯一零点x0>0.Fx在−1,x当4<a<6时，−2×−12+a−6<0所以F'x在−1,+∞且x∈−1,x1时，F'x<0，x∈x所以Fx在−1,x1递减，x又F0=0，故Fx又4<a<6时，4x+ax+1因为y=2x的增长速度大于y=4lnx+1故∃n0>0，4ln又4<a<6，−1<x<0，所以Fx令x+1=1em因为y=a−4ex故∃m0>0，a−4所以Fx在−1,x1，x2,+∞各有一个零点x3，x4，故此时19．【答案】（1）解：（i）由n=3，所以B⊆A=1,2,3,4,5,6,7四元素的集合B可以是：B=1,2,4,7或B=1,3,5,7或B=2,3,6,7或B=3,4,5,6或（ii）对于任意给定的nn∈N∗,n≥2，集合其证明过程如下：记集合M=1,3,5,⋯,2n+1设满足条件的集合B=m其中m1，m2，⋯，ms∈M，n1，n2，⋯，则集合B中的元素个数等于s+t，根据条件对任意的1≤i≤s−1，1≤j≤t，都有ms−m又因为ms−mi∈N，即ms−m1，ms−m2，⋯，ms−m所以s−1+t≤n，即集合B中的元素个数s+t≤n+1取B=n+1,n+2,⋯,2n+1满足条件，且元素个数等于n+1，所以集合B中的元素的最大值等于n+1（2）解：以A=1,2,3为例：（多取不符条件①，少取不符条件②！）这时P=∅,1,2,3,1,2,1,3,2,3,1,