资源简介

2025年浙江省舟山中学高一年级期中适应性检测数学试题卷
考生须知：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级 姓名 考场 座位号及准考证号并核对条形码信息．
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷．
一 选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知，则（ ）
A. B.
C D.
3. 在矩形中，为线段的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
4. 已知，则“”是“是奇函数”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. 石墩是常见的维护交通秩序的道路设施．某路口放置的石墩（如图），其上部是原球半径为15cm的球缺，下部可看作是上、下底面半径分别为9cm、16cm的圆台，球缺的截面圆与圆台的上底面完全吻合，整个石墩的高为33cm，则石墩的体积为（ ）
（注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高，球缺的体积，其中为原球半径，为球缺的高．）
A. 4374cm3 B. 5048cm3 C. 5336cm3 D. 7260cm3
6. 在正四棱锥中，，球与四棱锥的所有侧棱相切，并与底面也相切，则球的半径为（ ）
A. B. 1 C. D.
7. 在中，角为，角平分线交与点．已知，且，则（ ）
A. 1 B. 9 C. D. 6
8. 已知为锐角，，，则（ ）
A. B. C. D. 或
二 多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分）
9. 下列说法错误的是（ ）
A. 的最小值是 B. 的最大值是
C. 最小值是 D. 的最大值为
10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则为锐角三角形
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，，这样三角形有两个，则a的取值范围为
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ）
A. 动点的轨迹是一条线段
B. 直线与的夹角为
C. 三棱锥的体积是随点的运动而变化的
D. 若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度最大值为
三 填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 的内角的对边分别为，若，则的面积为______.
13. （如图甲）是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器（容器材料厚度不算），底面为平行四边形. 现将容器以棱为轴向左侧倾斜（如图乙），这时水面恰好经过，且分别为棱的中点，设棱锥的高为2，则图甲中，容器内的水面高度为_______.
14. 甲、乙、丙三人进行扳手腕比赛，累计负两场者淘汰，甲、乙两人先进行比赛，丙轮空，每次比赛的胜者与轮空者进行比赛，负者轮空，直到有1人被淘汰，剩余两人继续比赛，直到其中1人淘汰，另1人最终获胜，比赛结束.假设每场比赛没有平局，甲、乙比赛，甲获胜的概率为，甲、丙比赛，甲获胜的概率为，乙、丙比赛，乙获胜的概率为，则甲与乙比赛负1场且最终甲获胜的概率为__________.
四 解答题（本题共5题，共77分．解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤）
15. 已知函数．
（1）若方程有两个实根，，且满足，求实数的值；
（2）若函数在上的最大值为1，求实数的值．
16. 已知向量，，设函数.
（1）求函数的最小正周期：
（2）若，且，求的值;
（3）在中， 若，求的取值范围.
17. 对于定义域为的函数，如果同时满足以下三个条件：①对任意的，总有；②；③若，，，都有成立，则称函数为理想函数．
（1）若函数为理想函数，求的值；
（2）判断函数是不是理想函数，并予以证明．
18. 如图所示，斜三棱柱中，为AB的中点，为的中点，平面平面．
（1）求证：直线平面；
（2）若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角正切值；
（3）若，，，若三棱柱有内切球，求三棱柱的体积．
19. 数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为；发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且．
（1）当时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率；
（2）用表示收到的数字串，将中数字1的个数记为，如“1011”，则．
（ⅰ）若发送数据为：“100”，且，求；
（ⅱ）若发送的数据为“1100”，求的最大值．
答案
一 选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）
1. D.
2. A.
3. C．
4. C
5. C.
6. C
7. D
8. B．
二 多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分）
9. ACD.
10. AD
11.ABD
三 填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12.
13.
14.
四 解答题（本题共5题，共77分．解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤）
15. （1）方程有两个实根，，
由韦达定理可得，
又，
即，
化简可得，解得或，
当时，原方程为，有两实根，满足题意；
当时，原方程为，即，
其中，即方程无实根，故舍去；
所以.
（2）因为，
其图像开口向下，对称轴为，
当时，即时，
函数在上单调递减，则，
即，满足；
当时，即时，
函数上单调递增，则，即，不满足，故舍去；
当时，即时，
函数在处取得最大值，
即，
即，解得，
且，则；
综上所述，或.
16. （1）
，
所以的最小正周期；
（2），
由，则，则，
则
；
（3），，，
所以，则，
，
由，，
所以，则，
所以取值范围是.
17. （1）若函数为理想函数，取，由条件③可得，即．
由条件①对任意的，总有，得．
（2）函数为理想函数，证明如下：
函数在上满足，即满足条件①．
，满足条件②．
若，，，
则
，即满足条件③．
综上所述，同时满足理想函数的三个条件，故为理想函数．
18. （1）如图，连接交于点，连接，
得为的中点，而为的中点，由中位线定理得，
因为平面，平面，故平面.
（2）因为，所以为与所成角．
因为为正三角形，为的中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，而平面，
故，．又因为，，
平面，所以平面，而平面
则，则，
设，得到，，
则，，
故由勾股定理得，
则，
解得，故，则，
即异面直线与所成角正切值为．
（3）我们首先来证明三余弦定理，我们记为平面上方的一点，
过的斜线在平面上的射影为，为平面内的任意一条直线，
记为斜线角，为线面角，为射影角，如图，我们给出如下三角形，
在此图中，，，是直角三角形，
则，，，
得到，即三余弦定理得证，
如图，作于点，作于点，连接，
因为，所以，而，
面，则平面，
故三棱柱内切球半径等于的内切圆半径，
在，
而平面平面，由三余弦定理得，
，结合同角三角函数的基本关系得，
故，
同理，
得到，
因为，所以，
则，解得，则，则为正三角形，
设内接球半径为，则，解得，
因为，，所以由余弦定理得，
且，由同角三角函数的性质得
所以，则．
19. （1）记事件：“收到所有数字都正确”，
由已知且可知，
所以；
（2）（ⅰ）由发送的数据为“100”可知，事件表示1传输错误，且两个0传输都正确，
所以，
事件包含以下两种情况；
①1传输正确，且两个0传输都正确，其概率为；
②1传输错误，且只有一个0传输都正确，其概率为，
所以；
又，
所以，
即，
整理得，
把代入上式，化简得，
解得：或，
因为，且，，
所以，，
所以；
（ⅱ）当发送的数据为“1100”，事件包含以下三种情况：
①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为；
②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，
其概率为，
③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为，
所以，
令，则，从而，
所以，
记，
由二次函数的性质可知，在单调递增，
所以得最大值为，
即的最大值为．

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