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浙江省北斗星盟2025届高三下学期三模数学试题
1．（2025·浙江模拟）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·浙江模拟）若复数z满足，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·浙江模拟）已知单位向量，满足，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·浙江模拟）“”是“函数的值域为R”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2025·浙江模拟）若坐标原点O关于动直线l：的对称点为A，则点A的轨迹为（　　）
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
6．（2025·浙江模拟）已知函数和函数的图象上相邻的四个交点构成的四边形的面积为，且，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
7．（2025·浙江模拟）已知函数满足，且对，，则满足的正整数n的最大值为（　　）
A．2026 B．2027 C．2028 D．2029
8．（2025·浙江模拟）在平面直角坐标系中，已知曲线C：，若点P为曲线C上的动点，则的最大值为（　　）
A． B． C．2 D．
9．（2025·浙江模拟）在足球训练课上，A，B两位同学进行“点球”比赛，规则为：比赛共进行5轮，在每轮比赛中，两人各罚点球一次，射中得1分，射不中得0分．已知A，B每次点球命中的概率分别为，，，若5轮比赛后A，B的总得分分别为，，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则
B．
C．若，则
D．若当且仅当时，取得最大值，则
10．（2025·浙江模拟）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，上顶点为A，且，P为C上位于第一象限内的点，且，的内角平分线交x轴于点M，则下列结论正确的是（　　）
A．椭圆C的离心率 B．
C．的内切圆半径为 D．
11．（2025·浙江模拟）如图，四棱锥中，侧面为等腰直角三角形，底面ABCD为矩形，，，若该四棱锥存在内切球，且其内切球球心为，其外接球球心为，则下列结论正确的是（　　）
A．平面平面
B．四棱锥的内切球半径为
C．四棱锥的体积为
D．
12．（2025·浙江模拟）已知函数，为奇函数，则　 　．
13．（2025·浙江模拟）已知，且满足，则，则　 　．
14．（2025·浙江模拟）人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为．是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为　 　．
15．（2025·浙江模拟）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，M，N为别为棱PB，CD的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
16．（2025·浙江模拟）已知函数．
（1）若曲线在处的切线过点，求实数a的值；
（2）当时，证明：．
17．（2025·浙江模拟）如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，，且和的外接圆半径相等．
（1）若，求OA的长；
（2）若，求．
18．（2025·浙江模拟）已知双曲线E：，且四点，，，中恰有三点在E上．
（1）求双曲线E的标准方程；
（2）如图，P，Q，R分别为双曲线E上位于第一、二、四象限的点，过坐标原点O分别作直线PQ，PR的垂线，垂足分别为M，N，且．
（ⅰ）证明：Q，O，R三点共线；
（ⅱ）求面积的最小值．
19．（2025·浙江模拟）已知数列的前n项和为，且，，当数列的项数大于2时，将数列中各项的所有不同排列填入一个行列的表格中（每个格中一个数字），使每一行均为这个数的一个排列，将第行的数字构成的数列记作，将数列中的第项记作．若对，均有，则称数列为数列的“异位数列”，记表格中“异位数列”的个数为．
（1）求数列的通项公式；
（2）当数列的项数为时，求的值；
（3）若数列为数列的“异位数列”，试讨论的最小值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：已知，解得，所以，
已知，解得，又，所以，
所以.
故答案为：A．
【分析】先分别解不等式化简集合，再进行交集运算即可求解.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：设，
则，
所以，，故，
故答案为：B．
【分析】设，先利用结复数的运算可得，再利用复数相等列出方程即可求解.
3．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：已知单位向量，，故
由得，
故，即，
因此，
所以向量在向量上的投影向量为.
故答案为：D．
【分析】先利用数量积的运算律求出，再利用投影向量的定义即可求解.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；对数函数图象与性质的综合应用
【解析】【解答】解：若，因为，所以函数的定义域为，
故，所以函数的值域为R，
即“”是“函数的值域为R”的充分条件；
若函数的值域为R，则对于二次函数，其值域包含，
即，解得或，
即“”不是“函数的值域为R”的必要条件，
综上，“”是“函数的值域为R”的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】利用充要条件的定义结合对数型函数的性质即可求解.
5．【答案】A
【知识点】轨迹方程
【解析】【解答】解：已知整理得，
所以直线l过定点，
又由对称性可知如图所示：
，所以点A到点B的距离为，所以点A的轨迹为圆.
故答案为：A．
【分析】先求出直线过的定点，再利用对称性得，最后再利用圆的定义即可求解.
6．【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由得，，
则，即，
则当时，（为奇数）或（为偶数），
则交点坐标为（为奇数），（为偶数），
则相邻的四个交点构成的四边形为平行四边形，
因相邻的交点之间的横坐标差的绝对值为，
则平行四边形的面积为，得，
由，得，即，
因为，所以.
故答案为： C
【分析】先计算两个函数的交点坐标（为奇数），（为偶数），得出相邻的四个交点构成的四边形为平行四边形，得出的值，再利用得出.
7．【答案】C
【知识点】函数的周期性
【解析】【解答】解：已知，
，
所以函数是周期为3的周期函数，
又，，，
，，
，，
所以满足的正整数n的最大值为2028．
故答案为：C．
【分析】先利用已知条件可得函数的周期为3，再利用求出一个周期内函数值的和，最后根据周期计算的值，进而确定满足的正整数的最大值即可求解．
8．【答案】B
【知识点】余弦函数的性质；轨迹方程
【解析】【解答】解：设，则，
当点P位于坐标原点时，；
当点P异于坐标原点时可得，
而，，且，
故令，，且，
则，
由余弦函数性质得，故的最大值为.
故答案为：B．
【分析】先对的位置进行分类讨论，再令，可得，结合余弦函数性质即可求解.
9．【答案】A,C,D
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：已知随机变量，，
A、故，，若，则，故A正确；
B、若，则，
化简整理得，即，
所以时，，故B错误；
C、由题意，，，
所以，
由得，，
故，即，故C正确；
D、由题意，，
则，解得，故D正确.
故答案为：ACD．
【分析】利用随机变量二项分布的期望、方差即可判断AB；利用概率计算公式判断即可求解.
10．【答案】A,C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、设椭圆的焦距为，
由椭圆的对称性可知，
则，，所以，故A正确；
B、因为，
所以
，
即，故B错误；
C、因为，，
则，
所以，
又因为的周长，
设内切圆半径为r，则，故C正确；
D、由角平分线定理得，故D错误；
故答案为：AC．
【分析】椭圆定义可得即可判断A；利用余弦定理结合椭圆的定义即可判断B；利用等面积法求内切圆半径即可判断C；利用角平分线的性质即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、因为，，平面PAD，
所以平面PAD，所以平面平面ABCD，故A正确；
B、因为侧面PAD为等腰直角三角形，，
所以，，
因为平面PAD，平面PAD，则，
则为直角三角形，且，，
所以，易知平面，
该四棱锥的内切球在平面上的“正投影”为的内切圆，
设的内切圆半径为r，则，
所以四棱锥的内切球半径为，故B正确；
C、分别取的中点E，F，连接如图所示：
则，
又平面截内切球所得的圆为大圆，且切点在上，
设，则，，，
所以，得，
所以四棱锥的体积，故C错误；
D、易知E为的外接圆圆心，平面PAD，
又四边形为矩形，
所以外接球球心为为的中点，故，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】利用线面垂直的判断定理可得 ，再用面面垂直判定定理即可判断A；
利用等腰直角三角形三边关系得长度，再利用全等得垂直面，四棱锥内切球在面投影是 内切圆，用直角三角形内切圆半径公式求半径即可判断B；取中点、，由面面垂直得垂直面，设，根据条件列方程求即可判定C． 是 外接圆圆心，外接球球心是中点，结合内切球半径和长度求即可判断D．
12．【答案】-3
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：因为函数为奇函数，
所以，当时，，，
所以，，
所以．
故答案为：.
【分析】利用奇函数的定义列出方程组，解方程组即可求解．
13．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：已知，，
则，
由得，
即，所以，
所以，得，
所以．
故答案为：
【分析】先利用运用降幂公式、两角和的余弦公式进行化简可得，结合角的范围可得，再利用二倍角公式和齐次化即可求的值.
14．【答案】
【知识点】基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：设一次抽奖所生成的奖券码为S，共有种情况，
生成的5个数字中有个0，个1，
则，
由题可知．若获得二等奖，则S为3的正整数倍，
故可取的值为．当时，的取值为，
共有种情况；当时，的可能取值为，，，
共有种情况；当时，的取值为，，
共有种情况，由分类加法计数原理得符合条件的有种情况，
且设获得二等奖的概率为，由古典概型概率公式得.
故答案为：
【分析】先利用分步乘法计数原理求出总情况数243种，再利用分类加法计数原理结合组合数的性质求出符合条件的事件数80，再利用古典概型概率公式即可求解.
15．【答案】（1）证明：取AB中点E，连接ME、NE，
因为底面为矩形，N为CD的中点，所以，
平面PAD，平面，则平面，
因为M为PB中点，所以，
平面，平面，则平面，
因为且都在平面内，所以平面平面，
因为平面，所以平面．
（2）解：由题，易知直线DA，DC，DP两两垂直，以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，所以，
，所以平面与平面的夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取AB中点E，连接ME、NE，易得、，利用线面平行、面面平行的判定及性质定理平面平面 ，即可证明；
（2）建立空间直角坐标系， 平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为，再利用向量法求面面角公式即可求解.
（1）取AB中点E，连接ME、NE，
因为底面为矩形，N为CD的中点，所以，
平面PAD，平面，则平面，
因为M为PB中点，所以，
平面，平面，则平面，
因为且都在平面内，所以平面平面，
因为平面，所以平面．
（2）由题，易知直线DA，DC，DP两两垂直，
以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，所以，
，所以平面与平面的夹角的余弦值为．
16．【答案】（1）解：函数的定义域为，，所以，
又，
所以在处的切线方程为，
将点代入得，解得．
（2）证明：，设，则，
因为，所以当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增；
时，，即，
，，
所以当时，.
，，
所以存在唯一的，使得，即，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以当时，函数在处取得极小值，即为最小值，
所以，
因为，所以，故，
则，得证．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求导可得，k=，再利用点斜式方程，将代入方程，即可求解.
（2）二次求导可得，利用导数判断函数的单调性可得，写出函数的最小值，判断最小值大于即可得证.
（1）函数的定义域为，，所以，
又，
所以在处的切线方程为，
将点代入得，解得．
（2）证明：，设，则，
因为，所以当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增；
时，，即，
，，
所以当时，.
，，
所以存在唯一的，使得，即，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以当时，函数在处取得极小值，即为最小值，
所以，
因为，所以，故，
则，得证．
17．【答案】（1）解：由题，，
因为和的外接圆半径相等，
由正弦定理得，所以，
设，，则，，
在中，由余弦定理得：，
即，
在中，由余弦定理得：，
即，
所以，
解得，即，
在中，由余弦定理得：，
即，解得或（舍），
所以．
（2）解：在中，由正弦定理得：，即，
在中，由正弦定理得：，即，
因为，所以，所以，
或，
若，则，此时，
，
易得，，不成立，
所以，故，
解得（舍）或，
因为，所以，
故．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由条件可得，再在与中用余弦定理代入计算，即可得，最后在中结合余弦定理代入计算即可求解；
（2）分别在与中结合正弦定理代入计算可得，即可得到与相等或互补，然后分别讨论，即可求解.
（1）由题，，
因为和的外接圆半径相等，
由正弦定理得，所以，
设，，则，，
在中，由余弦定理得：，
即，
在中，由余弦定理得：，
即，
所以，
解得，即，
在中，由余弦定理得：，
即，解得或（舍），
所以．
（2）在中，由正弦定理得：，即，
在中，由正弦定理得：，即，
因为，所以，所以，
或，
若，则，此时，
，
易得，，不成立，
所以，故，
解得（舍）或，
因为，所以，
故．
18．【答案】（1）解：由题，点，，，中恰有三点在E上，根据双曲线的对称性，点，都在双曲线上，
又在第一象限内，双曲线的图象是“上升的”，所以点不在双曲线E上，
所以点，，为双曲线上的点，
代入得解得，，
所以E的标准方程为E：．
（2）解：（ⅰ）证明：由题可知直线PQ的斜率存在，设PQ：，
则，故，
把代入E：得：，
由题知，设，，则，，
则
，
所以，所以，
同理可得，所以Q，O，R三点共线，
（ⅱ）因为，，所以，所以，
所以，
由（ⅰ）知，，
又，
当且仅当时等号成立，所以，
所以面积的最小值为4．
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线对称性，、关于轴对称，必都在双曲线上.又因第一象限双曲线“上升”，判断不在双曲线上，确定、、在双曲线上.将这三点坐标代入双曲线标准方程，解方程组得出、的值，即可求解.
（2）（i）设直线方程，由到直线距离得出与关系.联立直线与双曲线方程，根据韦达定理得到、表达式，进而求出，算出可得，同理，即可证明；
（ii）由，推出，得到.面积是面积的倍，，利用均值不等式求出面积最小值即可求解.
（1）由题，点，，，中恰有三点在E上，
根据双曲线的对称性，点，都在双曲线上，
又在第一象限内，双曲线的图象是“上升的”，所以点不在双曲线E上，
所以点，，为双曲线上的点，
代入得解得，，
所以E的标准方程为E：．
（2）（ⅰ）证明：由题可知直线PQ的斜率存在，设PQ：，
则，故，
把代入E：得：，
由题知，设，，则，，
则
，
所以，所以，
同理可得，所以Q，O，R三点共线，
（ⅱ）因为，，所以，所以，
所以，
由（ⅰ）知，，
又，
当且仅当时等号成立，所以，
所以面积的最小值为4．
19．【答案】（1）解：由题，，解得，
由得，两式作差得，即，
所以，，，……，，
累乘得：，即，
因为，符合上式，所以．
（2）解：由（1）知，，所以，当数列的项数为4时，可知，，，，
若数列为数列的“异位数列”，则：当时，，，；或，，；或，，共3种情况．
同理当或时，对应的排列各有3种情况，所以．
（3）解：因为数列为数列的“异位数列”，所以，即，所以，所以，
当，时，若对任意的，都有，取等号，
此时，，…，，，
所以当，时，的最小值为，
当，时，的不可能取到等号，因为存在，使得，
将，，，，分为组，
不妨为，，……，，时，
可以取到等号，
此时，，……，，，，，，
此时，
所以当，时，的最小值为，
综上，当为偶数时，的最小值为；
当为奇数时，的最小值为．
【知识点】数列的递推公式；数列与函数的综合
【解析】【分析】（1）利用已知条件求出的值，由得，两式作差得出，再利用累乘法即可求解；
（2）先列出数列的项，对的取值进行分类讨论，列举出、、的取值，即可得出的值；
（3）由题意可得，可得出，，然后对为奇数和偶数两种情况进行讨论，列举出符合条件的数列，可得出的最小即可求解.
（1）由题，，解得，
由得，两式作差得，即，
所以，，，……，，
累乘得：，即，
因为，符合上式，所以．
（2）由（1）知，，所以，
当数列的项数为4时，可知，，，，
若数列为数列的“异位数列”，则：当时，，，；或，，；或，，共3种情况．
同理当或时，对应的排列各有3种情况，所以．
（3）因为数列为数列的“异位数列”，
所以，即，所以，所以，
当，时，若对任意的，都有，取等号，
此时，，…，，，
所以当，时，的最小值为，
当，时，的不可能取到等号，因为存在，使得，
将，，，，分为组，
不妨为，，……，，时，
可以取到等号，
此时，，……，，，，，，
此时，
所以当，时，的最小值为，
综上，当为偶数时，的最小值为；
当为奇数时，的最小值为．
1 / 1浙江省北斗星盟2025届高三下学期三模数学试题
1．（2025·浙江模拟）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：已知，解得，所以，
已知，解得，又，所以，
所以.
故答案为：A．
【分析】先分别解不等式化简集合，再进行交集运算即可求解.
2．（2025·浙江模拟）若复数z满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：设，
则，
所以，，故，
故答案为：B．
【分析】设，先利用结复数的运算可得，再利用复数相等列出方程即可求解.
3．（2025·浙江模拟）已知单位向量，满足，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：已知单位向量，，故
由得，
故，即，
因此，
所以向量在向量上的投影向量为.
故答案为：D．
【分析】先利用数量积的运算律求出，再利用投影向量的定义即可求解.
4．（2025·浙江模拟）“”是“函数的值域为R”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；对数函数图象与性质的综合应用
【解析】【解答】解：若，因为，所以函数的定义域为，
故，所以函数的值域为R，
即“”是“函数的值域为R”的充分条件；
若函数的值域为R，则对于二次函数，其值域包含，
即，解得或，
即“”不是“函数的值域为R”的必要条件，
综上，“”是“函数的值域为R”的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】利用充要条件的定义结合对数型函数的性质即可求解.
5．（2025·浙江模拟）若坐标原点O关于动直线l：的对称点为A，则点A的轨迹为（　　）
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【答案】A
【知识点】轨迹方程
【解析】【解答】解：已知整理得，
所以直线l过定点，
又由对称性可知如图所示：
，所以点A到点B的距离为，所以点A的轨迹为圆.
故答案为：A．
【分析】先求出直线过的定点，再利用对称性得，最后再利用圆的定义即可求解.
6．（2025·浙江模拟）已知函数和函数的图象上相邻的四个交点构成的四边形的面积为，且，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由得，，
则，即，
则当时，（为奇数）或（为偶数），
则交点坐标为（为奇数），（为偶数），
则相邻的四个交点构成的四边形为平行四边形，
因相邻的交点之间的横坐标差的绝对值为，
则平行四边形的面积为，得，
由，得，即，
因为，所以.
故答案为： C
【分析】先计算两个函数的交点坐标（为奇数），（为偶数），得出相邻的四个交点构成的四边形为平行四边形，得出的值，再利用得出.
7．（2025·浙江模拟）已知函数满足，且对，，则满足的正整数n的最大值为（　　）
A．2026 B．2027 C．2028 D．2029
【答案】C
【知识点】函数的周期性
【解析】【解答】解：已知，
，
所以函数是周期为3的周期函数，
又，，，
，，
，，
所以满足的正整数n的最大值为2028．
故答案为：C．
【分析】先利用已知条件可得函数的周期为3，再利用求出一个周期内函数值的和，最后根据周期计算的值，进而确定满足的正整数的最大值即可求解．
8．（2025·浙江模拟）在平面直角坐标系中，已知曲线C：，若点P为曲线C上的动点，则的最大值为（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】余弦函数的性质；轨迹方程
【解析】【解答】解：设，则，
当点P位于坐标原点时，；
当点P异于坐标原点时可得，
而，，且，
故令，，且，
则，
由余弦函数性质得，故的最大值为.
故答案为：B．
【分析】先对的位置进行分类讨论，再令，可得，结合余弦函数性质即可求解.
9．（2025·浙江模拟）在足球训练课上，A，B两位同学进行“点球”比赛，规则为：比赛共进行5轮，在每轮比赛中，两人各罚点球一次，射中得1分，射不中得0分．已知A，B每次点球命中的概率分别为，，，若5轮比赛后A，B的总得分分别为，，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则
B．
C．若，则
D．若当且仅当时，取得最大值，则
【答案】A,C,D
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：已知随机变量，，
A、故，，若，则，故A正确；
B、若，则，
化简整理得，即，
所以时，，故B错误；
C、由题意，，，
所以，
由得，，
故，即，故C正确；
D、由题意，，
则，解得，故D正确.
故答案为：ACD．
【分析】利用随机变量二项分布的期望、方差即可判断AB；利用概率计算公式判断即可求解.
10．（2025·浙江模拟）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，上顶点为A，且，P为C上位于第一象限内的点，且，的内角平分线交x轴于点M，则下列结论正确的是（　　）
A．椭圆C的离心率 B．
C．的内切圆半径为 D．
【答案】A,C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、设椭圆的焦距为，
由椭圆的对称性可知，
则，，所以，故A正确；
B、因为，
所以
，
即，故B错误；
C、因为，，
则，
所以，
又因为的周长，
设内切圆半径为r，则，故C正确；
D、由角平分线定理得，故D错误；
故答案为：AC．
【分析】椭圆定义可得即可判断A；利用余弦定理结合椭圆的定义即可判断B；利用等面积法求内切圆半径即可判断C；利用角平分线的性质即可判断D.
11．（2025·浙江模拟）如图，四棱锥中，侧面为等腰直角三角形，底面ABCD为矩形，，，若该四棱锥存在内切球，且其内切球球心为，其外接球球心为，则下列结论正确的是（　　）
A．平面平面
B．四棱锥的内切球半径为
C．四棱锥的体积为
D．
【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、因为，，平面PAD，
所以平面PAD，所以平面平面ABCD，故A正确；
B、因为侧面PAD为等腰直角三角形，，
所以，，
因为平面PAD，平面PAD，则，
则为直角三角形，且，，
所以，易知平面，
该四棱锥的内切球在平面上的“正投影”为的内切圆，
设的内切圆半径为r，则，
所以四棱锥的内切球半径为，故B正确；
C、分别取的中点E，F，连接如图所示：
则，
又平面截内切球所得的圆为大圆，且切点在上，
设，则，，，
所以，得，
所以四棱锥的体积，故C错误；
D、易知E为的外接圆圆心，平面PAD，
又四边形为矩形，
所以外接球球心为为的中点，故，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】利用线面垂直的判断定理可得 ，再用面面垂直判定定理即可判断A；
利用等腰直角三角形三边关系得长度，再利用全等得垂直面，四棱锥内切球在面投影是 内切圆，用直角三角形内切圆半径公式求半径即可判断B；取中点、，由面面垂直得垂直面，设，根据条件列方程求即可判定C． 是 外接圆圆心，外接球球心是中点，结合内切球半径和长度求即可判断D．
12．（2025·浙江模拟）已知函数，为奇函数，则　 　．
【答案】-3
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：因为函数为奇函数，
所以，当时，，，
所以，，
所以．
故答案为：.
【分析】利用奇函数的定义列出方程组，解方程组即可求解．
13．（2025·浙江模拟）已知，且满足，则，则　 　．
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：已知，，
则，
由得，
即，所以，
所以，得，
所以．
故答案为：
【分析】先利用运用降幂公式、两角和的余弦公式进行化简可得，结合角的范围可得，再利用二倍角公式和齐次化即可求的值.
14．（2025·浙江模拟）人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为．是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为　 　．
【答案】
【知识点】基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：设一次抽奖所生成的奖券码为S，共有种情况，
生成的5个数字中有个0，个1，
则，
由题可知．若获得二等奖，则S为3的正整数倍，
故可取的值为．当时，的取值为，
共有种情况；当时，的可能取值为，，，
共有种情况；当时，的取值为，，
共有种情况，由分类加法计数原理得符合条件的有种情况，
且设获得二等奖的概率为，由古典概型概率公式得.
故答案为：
【分析】先利用分步乘法计数原理求出总情况数243种，再利用分类加法计数原理结合组合数的性质求出符合条件的事件数80，再利用古典概型概率公式即可求解.
15．（2025·浙江模拟）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，M，N为别为棱PB，CD的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：取AB中点E，连接ME、NE，
因为底面为矩形，N为CD的中点，所以，
平面PAD，平面，则平面，
因为M为PB中点，所以，
平面，平面，则平面，
因为且都在平面内，所以平面平面，
因为平面，所以平面．
（2）解：由题，易知直线DA，DC，DP两两垂直，以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，所以，
，所以平面与平面的夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取AB中点E，连接ME、NE，易得、，利用线面平行、面面平行的判定及性质定理平面平面 ，即可证明；
（2）建立空间直角坐标系， 平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为，再利用向量法求面面角公式即可求解.
（1）取AB中点E，连接ME、NE，
因为底面为矩形，N为CD的中点，所以，
平面PAD，平面，则平面，
因为M为PB中点，所以，
平面，平面，则平面，
因为且都在平面内，所以平面平面，
因为平面，所以平面．
（2）由题，易知直线DA，DC，DP两两垂直，
以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，所以，
，所以平面与平面的夹角的余弦值为．
16．（2025·浙江模拟）已知函数．
（1）若曲线在处的切线过点，求实数a的值；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）解：函数的定义域为，，所以，
又，
所以在处的切线方程为，
将点代入得，解得．
（2）证明：，设，则，
因为，所以当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增；
时，，即，
，，
所以当时，.
，，
所以存在唯一的，使得，即，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以当时，函数在处取得极小值，即为最小值，
所以，
因为，所以，故，
则，得证．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求导可得，k=，再利用点斜式方程，将代入方程，即可求解.
（2）二次求导可得，利用导数判断函数的单调性可得，写出函数的最小值，判断最小值大于即可得证.
（1）函数的定义域为，，所以，
又，
所以在处的切线方程为，
将点代入得，解得．
（2）证明：，设，则，
因为，所以当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增；
时，，即，
，，
所以当时，.
，，
所以存在唯一的，使得，即，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以当时，函数在处取得极小值，即为最小值，
所以，
因为，所以，故，
则，得证．
17．（2025·浙江模拟）如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，，且和的外接圆半径相等．
（1）若，求OA的长；
（2）若，求．
【答案】（1）解：由题，，
因为和的外接圆半径相等，
由正弦定理得，所以，
设，，则，，
在中，由余弦定理得：，
即，
在中，由余弦定理得：，
即，
所以，
解得，即，
在中，由余弦定理得：，
即，解得或（舍），
所以．
（2）解：在中，由正弦定理得：，即，
在中，由正弦定理得：，即，
因为，所以，所以，
或，
若，则，此时，
，
易得，，不成立，
所以，故，
解得（舍）或，
因为，所以，
故．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由条件可得，再在与中用余弦定理代入计算，即可得，最后在中结合余弦定理代入计算即可求解；
（2）分别在与中结合正弦定理代入计算可得，即可得到与相等或互补，然后分别讨论，即可求解.
（1）由题，，
因为和的外接圆半径相等，
由正弦定理得，所以，
设，，则，，
在中，由余弦定理得：，
即，
在中，由余弦定理得：，
即，
所以，
解得，即，
在中，由余弦定理得：，
即，解得或（舍），
所以．
（2）在中，由正弦定理得：，即，
在中，由正弦定理得：，即，
因为，所以，所以，
或，
若，则，此时，
，
易得，，不成立，
所以，故，
解得（舍）或，
因为，所以，
故．
18．（2025·浙江模拟）已知双曲线E：，且四点，，，中恰有三点在E上．
（1）求双曲线E的标准方程；
（2）如图，P，Q，R分别为双曲线E上位于第一、二、四象限的点，过坐标原点O分别作直线PQ，PR的垂线，垂足分别为M，N，且．
（ⅰ）证明：Q，O，R三点共线；
（ⅱ）求面积的最小值．
【答案】（1）解：由题，点，，，中恰有三点在E上，根据双曲线的对称性，点，都在双曲线上，
又在第一象限内，双曲线的图象是“上升的”，所以点不在双曲线E上，
所以点，，为双曲线上的点，
代入得解得，，
所以E的标准方程为E：．
（2）解：（ⅰ）证明：由题可知直线PQ的斜率存在，设PQ：，
则，故，
把代入E：得：，
由题知，设，，则，，
则
，
所以，所以，
同理可得，所以Q，O，R三点共线，
（ⅱ）因为，，所以，所以，
所以，
由（ⅰ）知，，
又，
当且仅当时等号成立，所以，
所以面积的最小值为4．
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线对称性，、关于轴对称，必都在双曲线上.又因第一象限双曲线“上升”，判断不在双曲线上，确定、、在双曲线上.将这三点坐标代入双曲线标准方程，解方程组得出、的值，即可求解.
（2）（i）设直线方程，由到直线距离得出与关系.联立直线与双曲线方程，根据韦达定理得到、表达式，进而求出，算出可得，同理，即可证明；
（ii）由，推出，得到.面积是面积的倍，，利用均值不等式求出面积最小值即可求解.
（1）由题，点，，，中恰有三点在E上，
根据双曲线的对称性，点，都在双曲线上，
又在第一象限内，双曲线的图象是“上升的”，所以点不在双曲线E上，
所以点，，为双曲线上的点，
代入得解得，，
所以E的标准方程为E：．
（2）（ⅰ）证明：由题可知直线PQ的斜率存在，设PQ：，
则，故，
把代入E：得：，
由题知，设，，则，，
则
，
所以，所以，
同理可得，所以Q，O，R三点共线，
（ⅱ）因为，，所以，所以，
所以，
由（ⅰ）知，，
又，
当且仅当时等号成立，所以，
所以面积的最小值为4．
19．（2025·浙江模拟）已知数列的前n项和为，且，，当数列的项数大于2时，将数列中各项的所有不同排列填入一个行列的表格中（每个格中一个数字），使每一行均为这个数的一个排列，将第行的数字构成的数列记作，将数列中的第项记作．若对，均有，则称数列为数列的“异位数列”，记表格中“异位数列”的个数为．
（1）求数列的通项公式；
（2）当数列的项数为时，求的值；
（3）若数列为数列的“异位数列”，试讨论的最小值．
【答案】（1）解：由题，，解得，
由得，两式作差得，即，
所以，，，……，，
累乘得：，即，
因为，符合上式，所以．
（2）解：由（1）知，，所以，当数列的项数为4时，可知，，，，
若数列为数列的“异位数列”，则：当时，，，；或，，；或，，共3种情况．
同理当或时，对应的排列各有3种情况，所以．
（3）解：因为数列为数列的“异位数列”，所以，即，所以，所以，
当，时，若对任意的，都有，取等号，
此时，，…，，，
所以当，时，的最小值为，
当，时，的不可能取到等号，因为存在，使得，
将，，，，分为组，
不妨为，，……，，时，
可以取到等号，
此时，，……，，，，，，
此时，
所以当，时，的最小值为，
综上，当为偶数时，的最小值为；
当为奇数时，的最小值为．
【知识点】数列的递推公式；数列与函数的综合
【解析】【分析】（1）利用已知条件求出的值，由得，两式作差得出，再利用累乘法即可求解；
（2）先列出数列的项，对的取值进行分类讨论，列举出、、的取值，即可得出的值；
（3）由题意可得，可得出，，然后对为奇数和偶数两种情况进行讨论，列举出符合条件的数列，可得出的最小即可求解.
（1）由题，，解得，
由得，两式作差得，即，
所以，，，……，，
累乘得：，即，
因为，符合上式，所以．
（2）由（1）知，，所以，
当数列的项数为4时，可知，，，，
若数列为数列的“异位数列”，则：当时，，，；或，，；或，，共3种情况．
同理当或时，对应的排列各有3种情况，所以．
（3）因为数列为数列的“异位数列”，
所以，即，所以，所以，
当，时，若对任意的，都有，取等号，
此时，，…，，，
所以当，时，的最小值为，
当，时，的不可能取到等号，因为存在，使得，
将，，，，分为组，
不妨为，，……，，时，
可以取到等号，
此时，，……，，，，，，
此时，
所以当，时，的最小值为，
综上，当为偶数时，的最小值为；
当为奇数时，的最小值为．
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