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（含答案）

第第页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M={x|A．{x|−4<x<3}C．{x|−2<x<2}2．设复数z满足|z−iA．(x+1)2+yC．x2+(y−1)3．设D为ΔABC所在平面内一点，若BC=3A．AD=−13C．AD=434．函数f(x)=cos(ωx+φ)的部分图像如图所示，则f(x)A．(kπ−14,kπ+C．(k−14,k+5．若函数fx=−x2A．23,1 C．13,2 6．已知双曲线的中心在原点且一个焦点为F(7，0)，直线y=x−1与其相交于M，N两点，若MN中点的横坐标为A．x23−y24=1 B．7．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．334 B．233 C．8．已知数列an中，a1=1，且an+1an=n+12A．20254051 B．20244049 C．20264051二、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X~N(70,100)，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ξ~Nμ,σ2，则P(μ−σ<ξ<μ+σ)=0.6826，P(μ−2σ<ξ<μ+2σ)=0.9544A．该校学生体育成绩的方差为100B．该校学生体育成绩的期望为70C．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8510．已知函数fxA．fx的图象关于点πB．fx的最小正周期为C．fx的最小值为D．fx=311．“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n行的所有的数字之和为2B．在“杨辉三角”第2n行的数中，从左到右第n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CD．记“杨辉三角”第n行的第i个数为ai，则i=1n+1a三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．等比数列an的前n项和为Sn，若a2a5=2a4，且a13．已知x∈0,π4,14．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，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△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且2bcos（1）求B；（2）若b=13，c=22，D为AC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13，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为1（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P−ABC的底面是边长为2的正三角形ABC，且PA=PB，平面ABC⊥平面PAC.（1）证明：PC⊥平面ABC;（2）若BC与平面PAB所成角的正弦值为308，求平面PAB与平面PAC18．已知函数fx（1）当m=1时，求曲线y=fx在1,f（2）若fx有两个不同的零点x1，（ⅰ）求实数m的取值范围；（ⅱ）证明：x119．二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y=x2+1的图象可以由y=x2的图象沿向量n=0,1平移得到；抛物线y=x2，即x2=y（1）求二次函数y=1（2）求二次函数y=ax（3）设过A4,1的直线与抛物线y=14x2−x+1的另一个交点为B，直线AB与直线y=x−4交于点P，过点P作x轴的垂线交抛物线y=14x

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】由题意得，M={M∩N={故答案为：C．【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．2．【答案】C【解析】【解答】设复数为z=a+bi(a∈R，b∈R），∵z−i=a+bi−i=a+(b−1)i，∴∵|z−i|∴故答案为：C【分析】利用复数的加减运算法则求出复数z−i，再利用复数z−i的实部和虚部表示复数z−i的模，再利用复数z−i的几何意义表示出复数z在复平面内对应的点的轨迹方程。3．【答案】A【解析】【解答】解：∵BC=3CD，∴BD⇀=4故选：A.

【分析】根据已知条件可得BD⇀4．【答案】D【解析】【解答】由五点作图知，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：函数y=−x2+3ax+a−1的开口向下，对称轴为直线x=−3a2×−1=32a，当a≥23时，函数y=x故要使函数fx=−x2+3ax+a−1,x<1xa+则a的取值范围为23故答案为：A.【分析】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处函数值的关系，列不等式组求解即可.6．【答案】D【解析】【解答】设双曲线的方程为x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)，由题意可得a2+b2=7，设M(x1，y1)，N(x2，y2故答案为：D．【分析】根据点差法得2a2=5b2，再根据焦点坐标得7．【答案】A【解析】【解答】解：如图截面，S=6×(故答案为：A.【分析】由正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角相等，得到平面α与其中一条对角线垂直，此时截面与相应侧面构成正三棱锥，再求出截面面积的最大值.8．【答案】A【解析】【解答】因为an+1an=n+12an+n，所以2所以nan=1+2所以S2025故选：A．【分析】根据已知条件可知n+1an+1−nan=2，利用等差数列的定义可得数列n9．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：AB、由学生的体育成绩X~N(70,100)，可得体育成绩的期望μ=70，方差σ2C、因为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即不及格的概率为0.1587，优秀的概率为0.0228，两者不同，故C错误；D、由学生的体育成绩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%即该校学生体有成绩的及格率不到85%故答案为：ABD.【分析】由学生的体育成绩X~N70,10010．【答案】B,D【解析】【解答】解：A、函数fx作出gx=2sin由图可知：函数fx不可能关于πB、由图可知：函数fx的最小正周期为2C、由图可知：函数fx的最小值为fD、函数fx在0,2由图可知：fx=3【分析】去绝对值化简函数可得fx=2max11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、在“杨辉三角”中，第n行的所有的数字之和即为二项式系数和CnB、在“杨辉三角”第2n行的数中，从左到右共有2n+1个数，第n+1个数C2nC、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C3因C33+D、依题意，ai=C下面证明Cn分别从两个角度考虑二项式(x+1)2n展开式中xn的系数，由(x+1)2n的通项可知x由(x+1)2n=(x+1)n(x+1)n故有Cn0Cnn+Cn1故答案为：ACD.

【分析】利用所有的二项式系数之和为Cn0+Cn1+⋯+Cn12．【答案】15【解析】【解答】解：设等比数列an的公比为q，首项为a1，

因为a2a5=2a4，a3与2a6的等差中项为5故答案为：15.【分析】设等比数列an的公比为q，首项为a1，由题意列式求得等比数列的公比和13．【答案】3​​​​​​​【解析】【解答】解：因为sinx+cosx=因为x∈0,π4，所以x+所以tanx−故答案为：3.【分析】借助辅助角公式与同角三角函数基本关系求得sinx+π4=3101014．【答案】4【解析】【解答】解：设正三角形的边长为x(53>x>0)，连接DO交BC于点G，如图所示：

则OG=13×SO=h=SG2三棱锥的体积V=13设nx=5x令n'x=0，即4x3−x43=0，解得【分析】设正三角形的边长为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，

因为A+B+C=π，所以因为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：因为∠BDC+∠BDA=π，所以cos所以BD所以BD2+132法三：因为BD=12BD⃗2=​​​​​​​【解析】【分析】（1）法一：根据余弦定理进行边角化边可得a2+c2−（2）法一：在△ABC中，利用余弦定理，先求边a与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，先求边a，再利用BD=12（1）法一：因为2bcosC=2a+2得：a2+c2−b2法二：因为2bcos2sinBcos2sinBcos因为sinC>0，所以cosB=−22，因为（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：因为∠BDC+∠BDA=π，所以cos所以BD所以BD2+法三：因为BD=12BD⃗2=16．【答案】（1）解：若选择方案一，

设该同学获得学习用品的价值为X元，则X=50,30,0，则PX=50=13×所以EX若选择方案二，

设该同学获得学习用品的价值为Y元，则y=70,40,0，则PY=70=C3PY=0所以EY因为EX>EY（2）解：设“该同学抽取中奖”为事件A，

“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为B1，B2，B3，

则PB1=PB2=PB3=13，

PA|【解析】【分析】（1）利用已知条件分别计算出两种方案的期望，再根据期望值判断该同学选择方案一比较合适.（2）根据已知条件和全概率公式以及条件概率公式，从而得出该同学选择乙抽奖箱的概率.（1）若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为X元，则X=50,30,0；则PX=50=13×所以EX若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为Y元，则y=70,40,0；则PY=70=CPY=0所以E因为EX（2）设“该同学抽取中奖”为事件A，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为B1，B2，则PB1=PB2所以PA故PB所以所求概率为3817．【答案】（1）证明：如图所示，取AB中点E，AC中点F，连接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，FB⊂平面ABC，∴FB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴FB⊥PC，∵AB⊥PC，FB⊥AC，FB∩AB=B，FB，AB⊂平面ABC.∴PC⊥平面ABC.（2）解：解法一：如图所示，以点F为坐标原点，分别以FB，FC，CP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O−xyz，∴A0,−1,0，B3,0,0，C∴AP=0,2,a，AB=3,1,0，则2y+az=0，3x+y=0，，令x=a，则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，

设平面PAB与平面PAC夹角为θ，∴cosθ=|cos解法二：如图所示，作CM⊥PE，垂足为M，连接BM.

∵AB⊥平面PEC，∴CM⊥AB，∴CM⊥平面PAB，∴∠CBM为BC与平面PAB所成角，∴sin∠CBM=CMBC设PC=x，则PE=x由CM⋅PE=CE⋅PC，得304x作CN⊥PA，垂足为N，连接NM，∴∠CNM为平面PAB与平面PAC夹角，AP=3，由CN⋅PA=CA⋅PC得，CN=2∵sin∴cos∴平面PAB与平面PAC夹角的余弦值为10【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得AB⊥PE，AB⊥CE，利用线面垂直的判定定理可得AB⊥平面PCE，进而可得AB⊥PC，由FB⊥AC根据面面垂直的性质可得FB⊥平面PAC，进而可得FB⊥PC，利用线面垂直的判定定理即可证得PC⊥平面ABC;（2）方法一，建立空间直角坐标系，设点P0，1，a，先求得直线BC的方向向量与平面PAB的法向量，进而求得a的值，再求得平面PAC方法二，作CM⊥PE，垂足为M，连接BM，利用线面垂直的判定与性质可得∠CBM为BC与平面PAB所成角，进而列式求得CM的值，作CN⊥PA，垂足为N，连接NM，可得∠CNM为平面PAB与平面PAC夹角，计算即可求得平面PAB与平面PAC夹角的余弦值.（1）取AB中点E，AC中点F，连接BF,PE,EC，因为PA=PB，所以AB⊥PE，又BC=AC，所以AB⊥CE，又因为PE∩CE=E，PE，CE⊂平面PCE，所以AB⊥平面PCE，又PC⊂平面PCE，故有AB⊥PC，因为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内，所以FB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，故有FB⊥PC，又FB∩AB=B，FB，AB⊂平面ABC.故有PC⊥平面ABC.（2）解法一：以点F为坐标原点，分别以FB，FC，CP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O−xyz，则A0,−1,0，B3,0,0，设点P0设平面PAB的法向量n=x,y,z，AP=则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：如图，作CM⊥PE，垂足为M，连接BM.因为AB⊥平面PEC，∵CM⊥AB，故CM⊥平面PAB∵∠CBM为BC与平面PAB所成角，有sin∠CBM=CMBC设PC=x，则PE=x由CM⋅PE=CE⋅PC，得304x作CN⊥PA，垂足为N，连接NM，∴∠CNM为平面PAB与平面PAC夹角，AP=3，由CN⋅PA=CA⋅PC得，CN=2∵sin∴cos∴平面PAB与平面PAC夹角的余弦值为1018．【答案】（1）解：当m=1时，函数fx=ex−xlnx+x−1定义域为0，+∞则曲线y=fx在1,f1处的切线方程为y−e（2）解：（ⅰ）函数fx=e若fx有两个不同的零点x1，x2，即方程ex−x即m=lnx+1x−exx有两个相异正根设gx=ln因为x>0，所以1−e令g'x=0，解得x=1，当x∈0,1时，当x∈1,+∞时，g'x<0由y=lnx，y=1x及y=ex的性质知：当x>0且当x→0时，gx→−∞，x→+要使m=lnx+1x−exx有两个相异正根x1（ⅱ）证明：由题意可知，gx1=gx2设hxh'令φx则当x∈0,1时，φ即函数φx在0,1上单调递减，则当x∈0,1时，φx>φ1所以hx在0,1上单调递减，故当x∈0,1时，所以当x∈0,1时，gx>g1x又x2，1x1∈1,+∞，由（ⅰ）可知，gx【解析】【分析】（1）将m=1代入，求函数的定义域，求导，根据导数的几何意义，结合点斜式求解即可；（2）（ⅰ）转化为m=lnx+1x−ex（ⅱ）设hx=gx−g1x，利用导数判断函数单调性，据此可得当x∈0,1（1）当m=1时，fx=e所以f'1=所以曲线y=fx在1,f1处的切线方程为y−（2）（ⅰ）易知fx的定义域为0,+由题意得，方程ex−xlnx+mx−1=0有两个相异正根即方程m=lnx+1x−设gx=ln因为x>0，所以1−e令g'x=0当x∈0,1时，g'x当x∈1,+∞时，g'所以gx由y=lnx，y=1当x>0且x→0时，lnx→−∞，所以当x→0时，gx→−∞，又x→+所以要使m=lnx+1x−ex故实数m的取值范围为−∞（ⅱ）证明：由题意可知，gx1=gx2设hxh'令φx则当x∈0,1时，φ所以φx在0,1上单调递减，则当x∈0,1时，所以当x∈0,1时，h所以hx在0,1上单调递减，故当x∈0,1时，所以当x∈0,1时，g所以gx1>g又x2，1由（ⅰ）可知，gx在1,+∞上单调递减，所以x219．【答案】（1）解：函数y=