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浙江省金华市义乌市2025届高三下学期适应性考试（三模）数学试题
1．（2025·义乌模拟）已知集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·义乌模拟）已知复数满足，其中为虚数单位，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·义乌模拟）已知，向量与的夹角为，则（　　）
A．1 B． C． D．
4．（2025·义乌模拟）将一个棱长为6cm的正方体铁块熔铸成一个底面半径为3cm的圆锥体零件，则该圆锥体零件的高约为（　　）（取）
A．8cm B．12cm C．16cm D．24cm
5．（2025·义乌模拟）已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2025·义乌模拟）在中，角所对的边分别为，已知，则下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·义乌模拟）已知过抛物线焦点的直线与该抛物线交于两点，若，则的最大值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
8．（2025·义乌模拟）狄利克雷函数定义为：，以下选项中正确的是（　　）
A．不存在，使得恒成立
B．存在，使得恒成立
C．对任意，满足
D．函数图象上存在三点，使得是直角三角形
9．（2025·义乌模拟）有两组数据，数据A：1，3，5，7，9和数据B：1，2，4，8，16，则（　　）
A．数据A的平均数小于数据B的平均数
B．数据A的方差小于数据B的方差
C．数据A的极差小于数据B的极差
D．数据A的中位数小于数据B的中位数
10．（2025·义乌模拟）设函数，则（　　）
A．当时，有极大值4 B．当时，
C．当时， D．当时，
11．（2025·义乌模拟）在平面直角坐标系中，动点在直线上的射影为点，且，记动点的轨迹为曲线，则下列结论正确的是（　　）
A．曲线关于原点对称
B．点的轨迹长度为1
C．
D．曲线围成的封闭区域的面积小于2
12．（2025·义乌模拟）已知等差数列的前n项和为，，则公差　 　.
13．（2025·义乌模拟）若，则　 　.
14．（2025·义乌模拟）已知四棱锥的底面为菱形，三棱锥为正四面体，则三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为　 　.
15．（2025·义乌模拟）某手机厂对屏幕进行两项独立检测：亮度检测通过率，色准检测通过率.产品需通过两项检测才算合格.随机抽取3件产品，设合格品数为X.
（1）求单件产品为合格品的概率；
（2）求X的分布列及数学期望；
（3）已知合格品利润100元/件，若改进工艺能使亮度检测通过率提升至，但每件成本增加1元.是否值得改进？
16．（2025·义乌模拟）双曲线的离心率为，过左焦点的直线与双曲线的左支、右支分别交于点，当直线与轴垂直时，.
（1）求双曲线的方程；
（2）点满足，其中是坐标原点，求四边形的面积.
17．（2025·义乌模拟）如图，在三棱锥中，是正三角形，，，，点为的重心.
（1）证明：平面；
（2）若平面平面，求二面角的平面角的正切值.
18．（2025·义乌模拟）已知函数，
（1）当时，求的极值；
（2）若在区间上存在零点
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）证明：当时，.
19．（2025·义乌模拟）给定正整数，考虑集合的所有排列，对每个，定义：，并规定.记为所有排列中的最大值.
（1）对于排列，计算，再直接写出和的值，并分别给出一个满足的排列和一个满足的排列；
（2）对任意整数，证明：；
（3）证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：依题意，集合，
又因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】解一元二次不等式和交集的运算法则，从而得出集合A，再利用已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：复数满足，则.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算化简求复数z即可.
3．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可得：
解得：或（舍）.
故答案为：B.
【分析】利用和数量积的运算律以及已知条件，从而求出的值.
4．【答案】D
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可知，正方体的体积为，
设圆锥的高为，则圆锥的体积为，
则，
得cm，
则该圆锥体零件的高约为24cm.
故答案为：D.
【分析】利用正方体体积和圆锥的体积相等体积正方体的体积公式、圆锥的体积公式，从而得出该圆锥体零件的高.
5．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：求导得，
要满足函数在区间上单调递增，
则，
所以，
因为，
所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用导数的正负和函数的单调性的关系，则得出导数值恒大于或等于0，再利用分离参变量思想结合x的取值范围，从而得出实数a的取值范围.
6．【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦定理可得，
因为，
所以或，
故选项A、选项B错误；
若时，
则，
此时
若时，
则，此时为三角形中最小的内角，
则，故选项C错误、选项D正确.
故答案为：D.
【分析】根据正弦定理得出角B的值，则判断出选项A和选项B；根据三角形内角和定理和正弦定理，从而得出的值，则可判断选项C和选项D，从而找出结论一定正确的选项.
7．【答案】A
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由抛物线，
则焦点，
设，，
易知
当直线的斜率不存在时，直线方程为，
则，
所以，
解得；
当直线的斜率存在时，可设直线方程为，
代入，整理可得，
因为，，
所以，当且仅当时，等号成立，
则，
解得，
综上所述，的最大值为.
故答案为：A.
【分析】由抛物线标准方程可得焦点坐标，分直线斜率存在与不存在两种情况，从而建立方程，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出p的取值范围，进而得出p的最大值.
8．【答案】D
【知识点】元素与集合的关系；函数恒成立问题；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：根据狄利克雷函数，
可知：当时，若，则，，
所以；
若，则，，
所以，
则当时，恒成立，故选项A错误；
，当时，；
，当时，，
所以对于，当时，不成立，故选项B错误；
令，，
则，此时，，
所以不成立，故选项C错误；
取函数图象上点，，，
此时，，
所以，
所以是直角三角形，故选项D正确.
故答案为：D.
【分析】根据狄利克雷函数的定义可知当时，恒成立，则可判断选项A；利用已知条件分析可知，对于，当时，不成立，则可判断选项B；令，，则可判断选项C；取点，，，利用勾股定理，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
9．【答案】A,B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：设数据A：1，3，5，7，9的平均数，方差，极差，中位数依次为，
数据B：1，2，4，8，16的平均数，方差，极差，中位数依次为.
对于A，因为，故A正确；
对于B，因为故B正确；
对于C，因为，故C正确；
对于D，因为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】依次算出两组数据的平均数，方差，极差，中位数，再结合比较法找出正确的选项.
10．【答案】A,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：由，
可得，
当时，，
当或时，在，单调递增，
当在单调递减，
所以，当时，取极大值4，故A正确；
对于B，当时，
取，则，
此时，故B错误；
对于C， 当时，，
且当时，，此时在单调递增，
但因为，
所以与的大小关系不确定，
因此无法判断，故C错误；
对于D，因为，
当时，
所以，
因此，
所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】先求导，再根据导函数的正负判断函数的单调性，从而求出函数的极值，则判断出选项A；举反例判断出选项B；根据函数的单调性判断出选项C；利用作差法结合不等式的基本性质，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，
则，
由，
得，
故点的轨迹方程为（※）.
对于A，因为关于原点的对称点为，
所以也满足方程（※），
则曲线C关于坐标原点对称，故A正确；
对于C，因为，结合，
所以，
则，故C正确；
对于B，当点位于直线上时，此时长度最大，
且或，此时与重合，
所以，点的轨迹为直线上点到之间的线段，
则长度为2，故B错误；
对于D，因为，当且仅当取等号，
所以，
则，
所以，同理可得，
又因为和围成的矩形面积为，但曲线位于该矩形内，
所以曲线围成的封闭区域的面积小于2，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据两点距离公式和点到直线距离可得点的轨迹方程为，再根据点的对称性，则可判断选项A；根据结合，则判断出选项C；根据不等式可得的取值范围，再根据矩形的面积可判断出选项B和选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】2
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可得，
解得.
故答案为：.
【分析】根据等差数列的通项公式和等差数列前n项和公式，从而建立方程组，进而解方程组得出首项和公差的值.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为
.
故答案为：.
【分析】利用二倍角的正弦公式、同角三角函数基本关系式、两角差的正弦公式和已知条件，从而得出的值.
14．【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：设的中心为G，三棱锥的外接球球心为，
因为三棱锥为正四面体，
所以三点共线，
设，取的中点为，
则，
所以，同理可得，
由勾股定理得，
设，则，
由勾股定理得，
因为，
所以，
解得，
所以三棱锥的外接球半径为，
设的中心为H，
则四点共线，三棱锥的外接球球心为，且，则，
过点作⊥于点，
则，，
设，
则，其中，
其中，，
因为，
所以，
解得，
所以三棱锥的外接球半径为，
则三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为.
故答案为：.
【分析】作出辅助线，从而得到三棱锥的外接球球心为，三棱锥的外接球球心为，设，再利用两个三棱锥的外接球的半径相等，从而求出两个三棱锥外接球半径，进而得到三棱锥与三棱锥的外接球半径之比.
15．【答案】（1）解：设合格的概率为，
则（亮度通过）（色准通过）.
（2）解：因为，易知，
则，
，
，
，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P 0.027 0.189 0.441 0.343
则数学期望.
（3）解：改进前：
每件产品的合格概率.对于3件产品，期望合格数，
总期望利润为元；
改进后：
每件产品的合格概率，对于3件产品，
新的期望合格数为，
总期望利润为元，
净期望利润为元，
改进前的期望利润是210元，改进后是213元，改进后利润增加了3元.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据独立事件乘法求概率公式，从而得出单件产品为合格品的概率.
（2）根据已知条件得出随机变量X的取值，再利用二项分布求概率公式得出随机变量X的分布列，再利用随机变量分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（3）由（2）所求的期望结合题意，从而可得改进前的利润，再利用二项分布的期望结合题意，从而可得改进后的利润，再通过比较得出改进后利润增加了3元.
（1）设合格的概率为，则：（亮度通过）（色准通过）.
（2），易知，
，
，
，
，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P 0.027 0.189 0.441 0.343
数学期望.
（3）改进前：
每件产品的合格概率.对于3件产品，期望合格数.
总期望利润元.
改进后：
每件产品的合格概率，对于3件产品，新的期望合格数.
总期望利润元.
净期望利润元.
改进前的期望利润是210元，改进后是213元，改进后利润增加了3元.
16．【答案】（1）解：当直线与轴垂直时，，
所以，
则，
又因为双曲线的离心率为，
所以，
所以，
则双曲线的方程为：.
（2）解：设直线l的方程是，，，
由，
得，
则，.
因为，
所以，
所以，
所以，，
消去得，
解得，
它满足，，
则
所以点到直线的距离为，
所以，
因为，
所以，
则.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的实轴长和双曲线的离心率公式，从而得出的值，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出b的值，进而得出双曲线的方程.
（2）联立直线方程与曲线方程，从而可得韦达定理式，再结合三角形相似比可得的值，再利用弦长公式和点到直线的距离公式，从而得出的值，由三角形面积公式得出，再利用三角形相似比得出四边形的面积.
（1）由直线与轴垂直时，，故，故，
又离心率为，则，所以，
双曲线的方程为：.
（2）设直线l的方程是，，.
由得，
，.
因为，所以，从而.
所以，，消去得，解得，
它满足，.
，
故到直线的距离为，
所以，
由于，所以，
17．【答案】（1）证明：连接，并延长与交于点，
则点为的中点，连接，
为的重心，
，
因此，
则，从而，
又因为平面，平面，
平面.
（2）解：方法一：延长交与点，连接，
则点为的中点，
是正三角形，
，
在平面中，过点作，
平面平面，平面平面，
平面，，
平面，
又因为平面，
所以，
又因为，AC，平面；
平面，
又因为平面，
平面平面，
如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，
则，，
由平面平面可知，，，
所以，
则，，
设平面的法向量为，
则，，
令，则，
又因为平面ABD的一个法向量为，
所以，
设二面角为，
则，
所以，，
所以二面角的平面角的正切值为.
方法二：如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，
则，，，，
设，
则
，，
设平面的法向量为，
则，
取，
则，，
设平面的法向量为，
则，
取，
平面平面，
则，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则，，
令，则，
又因为平面ABD的一个法向量为，
所以，
设二面角为，
则，
所以，，
所以二面角的平面角的正切值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，并延长与交于点，则点为的中点，连接，根据三角形重心的性质得到两三角形相似，再结合两三角形相似得出，再利用线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）利用两种方法求解.
方法一：延长交与点，连接，在平面中，过点作，从而证出平面平面，则点为坐标原点，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用面面垂直得出点P的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用平面ABD的一个法向量为，则根据数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出二面角的平面角的正切值.
方法二：直接建立空间直角坐标系，设，则得出点的坐标，再设，再利用平面向量基本定理和向量的坐标运算，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和平面的法向量，再利用面面垂直得出两平面法向量的数量积为0，从而得出角的值，则求出点的坐标，剩下的同方法一.
（1）连接，并延长与交于点，则点为的中点，连接.
为的重心，，因此，
则，从而，
又平面，平面，
平面.
（2）方法一：延长交与点，连接，则点为的中点，
是正三角形，.
在平面中，过点作，
平面平面，平面平面，平面，，
平面，又平面，
所以，又，AC，平面；
平面，
又平面，
平面平面，
如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，
则，，
由平面平面可知，，，所以，
则，，
设平面的法向量为，
则，，令，则，
平面ABD的一个法向量为，
所以，设二面角为，
则，所以，，
所以二面角的平面角的正切值为.
方法二：如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，，，，，
设，
，，
设平面的法向量为，
则，取，
，，
设平面的法向量为，
则，取，
平面平面，
即，则，，下同法一.
18．【答案】（1）解：当时，，，
则，
当时，，
当时，
在上单调递减，在上单调递增，
则函数的极小值，无极大值.
（2）（ⅰ）解：因为，
当时，因为恒成立，
所以在上单调递增，
又因为，
在上无零点；
当时，因为，
所以，
所以在上单调递减，
又因为，
在上无零点；
当时，，则，
故在上单调递减，
当，则，
故在上单调递增，
所以，
又因为当时，，
，
综上所述：.
（ⅱ）证明：由（ⅰ）可知，
当时，，
，且，
要证，
只要证，
即证，
只需证，
令，
则
在上单调递增，
又因为，
所以
由上式不等式成立可知，原不等式恒成立.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的极值；反证法的应用；函数零点存在定理；函数极限
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的极值.
（2）（ⅰ）利用分类讨论思想，再借助，把两类单调的可能性排除，从而求出参数a的取值范围.
（ⅱ）利用上一问的结论，把要证的不等式转化为证明新的不等式，再借助已知条件消去参数，从而变成仅关于的函数不等式，再借助导数思想证出当时，.
（1）当时，，，，
当时，，当时，
在上递减，在上递增，有极小值，无极大值；
（2）（ⅰ），
当时，由于恒成立，所以在上单调递增，
又，在上无零点；
当时，由于，故，
所以在上单调递减，又，
在上无零点；
当时，，有，故在上单调递减，
，有，故在上单调递增，
所以有，
又因为当时，，
；
综上；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，当时，，
，且，
要证，只要证，
即证，
只需证，
令，
在上单调递增.
又，
即，
由上式不等式成立可知原不等式恒成立.
19．【答案】（1）解：因为排列，
则，，，，
所以，
则对应排列为，对应排列为.
（2）证明：设原排列为，
交换最后两项得到新排列.
显然，即交换排列的最后两项不改变的总和，
考虑一般情况：设原排列为，
交换1和的位置后得到新排列，
显然，对于或的项，有，
因此只需比较和的大小，
设，分三种情况分析：
情况1：当时，有，
且，
情况2：当时，有，
且，
情况3：当时，有，且，
综上所述，在三种情况下都有，
即交换后总和不会减少，
对于任意排列，
构造其对称排列时，
对任意恒有，
因为将原排列中的1后移等价于在对称排列中将后移，
结合已证向右移动1不减少整个的总和，
所以向右移动也不减少总和，
因此，最优排列的构造中，将固定在末位同样能保证寻找到总和最大，
设原排列为，
前项中的和为
的和为，
固定项，
因此
（3）证明：设原排列为，
在前项中，的和为
的和为，
则固定项，
因此，
设，则，
不等式变为，
两边除以得，
定义：设，则递推关系为，
当时，，
则，
则.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；排列、组合的实际应用；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）根据题中定义写出、和的值，从而确定对应排列.
（2）构造排列将集合分为两部分，即前个元素和后 个元素，再利用交叉排列或最优子排列使得中间的差值贡献，从而证出不等式成立.
（3）利用多次应用（2）的递推关系，将 分解为多个较小的 ，并累积 项，从而证出成立.
（1）排列，则，，，，
所以，
对应排列为，对应排列为.
（2）设原排列为，交换最后两项得到新排列.
显然，即交换排列的最后两项不改变的总和.
考虑一般情况：设原排列为，
交换1和的位置后得到新排列.
显然，对于或的项，有，
因此只需比较和的大小.
设，分三种情况分析：
情况1：当时，有，且，
情况2：当时，有，且，
情况3：当时，有，且，
综上，在三种情况下都有，即交换后总和不会减少，
对于任意排列，构造其对称排列时，对任意恒有.
由于将原排列中的1后移等价于在对称排列中将后移，结合已证向右移动1不减少整个的总和，故向右移动也不减少总和.
因此，最优排列的构造中，将固定在末位同样能保证寻找到总和最大.
设原排列为，前项中的和为的和为.
固定项，
因此.
（3）设原排列为，
前项中，的和为的和为，
固定项，因此，
设，则，不等式变为，两边除以得.
定义：设，则递推关系为.
当时，，则有.
对于.
1 / 1浙江省金华市义乌市2025届高三下学期适应性考试（三模）数学试题
1．（2025·义乌模拟）已知集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：依题意，集合，
又因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】解一元二次不等式和交集的运算法则，从而得出集合A，再利用已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025·义乌模拟）已知复数满足，其中为虚数单位，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：复数满足，则.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算化简求复数z即可.
3．（2025·义乌模拟）已知，向量与的夹角为，则（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可得：
解得：或（舍）.
故答案为：B.
【分析】利用和数量积的运算律以及已知条件，从而求出的值.
4．（2025·义乌模拟）将一个棱长为6cm的正方体铁块熔铸成一个底面半径为3cm的圆锥体零件，则该圆锥体零件的高约为（　　）（取）
A．8cm B．12cm C．16cm D．24cm
【答案】D
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可知，正方体的体积为，
设圆锥的高为，则圆锥的体积为，
则，
得cm，
则该圆锥体零件的高约为24cm.
故答案为：D.
【分析】利用正方体体积和圆锥的体积相等体积正方体的体积公式、圆锥的体积公式，从而得出该圆锥体零件的高.
5．（2025·义乌模拟）已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：求导得，
要满足函数在区间上单调递增，
则，
所以，
因为，
所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用导数的正负和函数的单调性的关系，则得出导数值恒大于或等于0，再利用分离参变量思想结合x的取值范围，从而得出实数a的取值范围.
6．（2025·义乌模拟）在中，角所对的边分别为，已知，则下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦定理可得，
因为，
所以或，
故选项A、选项B错误；
若时，
则，
此时
若时，
则，此时为三角形中最小的内角，
则，故选项C错误、选项D正确.
故答案为：D.
【分析】根据正弦定理得出角B的值，则判断出选项A和选项B；根据三角形内角和定理和正弦定理，从而得出的值，则可判断选项C和选项D，从而找出结论一定正确的选项.
7．（2025·义乌模拟）已知过抛物线焦点的直线与该抛物线交于两点，若，则的最大值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】A
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由抛物线，
则焦点，
设，，
易知
当直线的斜率不存在时，直线方程为，
则，
所以，
解得；
当直线的斜率存在时，可设直线方程为，
代入，整理可得，
因为，，
所以，当且仅当时，等号成立，
则，
解得，
综上所述，的最大值为.
故答案为：A.
【分析】由抛物线标准方程可得焦点坐标，分直线斜率存在与不存在两种情况，从而建立方程，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出p的取值范围，进而得出p的最大值.
8．（2025·义乌模拟）狄利克雷函数定义为：，以下选项中正确的是（　　）
A．不存在，使得恒成立
B．存在，使得恒成立
C．对任意，满足
D．函数图象上存在三点，使得是直角三角形
【答案】D
【知识点】元素与集合的关系；函数恒成立问题；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：根据狄利克雷函数，
可知：当时，若，则，，
所以；
若，则，，
所以，
则当时，恒成立，故选项A错误；
，当时，；
，当时，，
所以对于，当时，不成立，故选项B错误；
令，，
则，此时，，
所以不成立，故选项C错误；
取函数图象上点，，，
此时，，
所以，
所以是直角三角形，故选项D正确.
故答案为：D.
【分析】根据狄利克雷函数的定义可知当时，恒成立，则可判断选项A；利用已知条件分析可知，对于，当时，不成立，则可判断选项B；令，，则可判断选项C；取点，，，利用勾股定理，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
9．（2025·义乌模拟）有两组数据，数据A：1，3，5，7，9和数据B：1，2，4，8，16，则（　　）
A．数据A的平均数小于数据B的平均数
B．数据A的方差小于数据B的方差
C．数据A的极差小于数据B的极差
D．数据A的中位数小于数据B的中位数
【答案】A,B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：设数据A：1，3，5，7，9的平均数，方差，极差，中位数依次为，
数据B：1，2，4，8，16的平均数，方差，极差，中位数依次为.
对于A，因为，故A正确；
对于B，因为故B正确；
对于C，因为，故C正确；
对于D，因为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】依次算出两组数据的平均数，方差，极差，中位数，再结合比较法找出正确的选项.
10．（2025·义乌模拟）设函数，则（　　）
A．当时，有极大值4 B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】A,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：由，
可得，
当时，，
当或时，在，单调递增，
当在单调递减，
所以，当时，取极大值4，故A正确；
对于B，当时，
取，则，
此时，故B错误；
对于C， 当时，，
且当时，，此时在单调递增，
但因为，
所以与的大小关系不确定，
因此无法判断，故C错误；
对于D，因为，
当时，
所以，
因此，
所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】先求导，再根据导函数的正负判断函数的单调性，从而求出函数的极值，则判断出选项A；举反例判断出选项B；根据函数的单调性判断出选项C；利用作差法结合不等式的基本性质，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2025·义乌模拟）在平面直角坐标系中，动点在直线上的射影为点，且，记动点的轨迹为曲线，则下列结论正确的是（　　）
A．曲线关于原点对称
B．点的轨迹长度为1
C．
D．曲线围成的封闭区域的面积小于2
【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，
则，
由，
得，
故点的轨迹方程为（※）.
对于A，因为关于原点的对称点为，
所以也满足方程（※），
则曲线C关于坐标原点对称，故A正确；
对于C，因为，结合，
所以，
则，故C正确；
对于B，当点位于直线上时，此时长度最大，
且或，此时与重合，
所以，点的轨迹为直线上点到之间的线段，
则长度为2，故B错误；
对于D，因为，当且仅当取等号，
所以，
则，
所以，同理可得，
又因为和围成的矩形面积为，但曲线位于该矩形内，
所以曲线围成的封闭区域的面积小于2，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据两点距离公式和点到直线距离可得点的轨迹方程为，再根据点的对称性，则可判断选项A；根据结合，则判断出选项C；根据不等式可得的取值范围，再根据矩形的面积可判断出选项B和选项D，从而找出结论正确的选项.
12．（2025·义乌模拟）已知等差数列的前n项和为，，则公差　 　.
【答案】2
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可得，
解得.
故答案为：.
【分析】根据等差数列的通项公式和等差数列前n项和公式，从而建立方程组，进而解方程组得出首项和公差的值.
13．（2025·义乌模拟）若，则　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为
.
故答案为：.
【分析】利用二倍角的正弦公式、同角三角函数基本关系式、两角差的正弦公式和已知条件，从而得出的值.
14．（2025·义乌模拟）已知四棱锥的底面为菱形，三棱锥为正四面体，则三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为　 　.
【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：设的中心为G，三棱锥的外接球球心为，
因为三棱锥为正四面体，
所以三点共线，
设，取的中点为，
则，
所以，同理可得，
由勾股定理得，
设，则，
由勾股定理得，
因为，
所以，
解得，
所以三棱锥的外接球半径为，
设的中心为H，
则四点共线，三棱锥的外接球球心为，且，则，
过点作⊥于点，
则，，
设，
则，其中，
其中，，
因为，
所以，
解得，
所以三棱锥的外接球半径为，
则三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为.
故答案为：.
【分析】作出辅助线，从而得到三棱锥的外接球球心为，三棱锥的外接球球心为，设，再利用两个三棱锥的外接球的半径相等，从而求出两个三棱锥外接球半径，进而得到三棱锥与三棱锥的外接球半径之比.
15．（2025·义乌模拟）某手机厂对屏幕进行两项独立检测：亮度检测通过率，色准检测通过率.产品需通过两项检测才算合格.随机抽取3件产品，设合格品数为X.
（1）求单件产品为合格品的概率；
（2）求X的分布列及数学期望；
（3）已知合格品利润100元/件，若改进工艺能使亮度检测通过率提升至，但每件成本增加1元.是否值得改进？
【答案】（1）解：设合格的概率为，
则（亮度通过）（色准通过）.
（2）解：因为，易知，
则，
，
，
，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P 0.027 0.189 0.441 0.343
则数学期望.
（3）解：改进前：
每件产品的合格概率.对于3件产品，期望合格数，
总期望利润为元；
改进后：
每件产品的合格概率，对于3件产品，
新的期望合格数为，
总期望利润为元，
净期望利润为元，
改进前的期望利润是210元，改进后是213元，改进后利润增加了3元.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据独立事件乘法求概率公式，从而得出单件产品为合格品的概率.
（2）根据已知条件得出随机变量X的取值，再利用二项分布求概率公式得出随机变量X的分布列，再利用随机变量分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（3）由（2）所求的期望结合题意，从而可得改进前的利润，再利用二项分布的期望结合题意，从而可得改进后的利润，再通过比较得出改进后利润增加了3元.
（1）设合格的概率为，则：（亮度通过）（色准通过）.
（2），易知，
，
，
，
，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P 0.027 0.189 0.441 0.343
数学期望.
（3）改进前：
每件产品的合格概率.对于3件产品，期望合格数.
总期望利润元.
改进后：
每件产品的合格概率，对于3件产品，新的期望合格数.
总期望利润元.
净期望利润元.
改进前的期望利润是210元，改进后是213元，改进后利润增加了3元.
16．（2025·义乌模拟）双曲线的离心率为，过左焦点的直线与双曲线的左支、右支分别交于点，当直线与轴垂直时，.
（1）求双曲线的方程；
（2）点满足，其中是坐标原点，求四边形的面积.
【答案】（1）解：当直线与轴垂直时，，
所以，
则，
又因为双曲线的离心率为，
所以，
所以，
则双曲线的方程为：.
（2）解：设直线l的方程是，，，
由，
得，
则，.
因为，
所以，
所以，
所以，，
消去得，
解得，
它满足，，
则
所以点到直线的距离为，
所以，
因为，
所以，
则.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的实轴长和双曲线的离心率公式，从而得出的值，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出b的值，进而得出双曲线的方程.
（2）联立直线方程与曲线方程，从而可得韦达定理式，再结合三角形相似比可得的值，再利用弦长公式和点到直线的距离公式，从而得出的值，由三角形面积公式得出，再利用三角形相似比得出四边形的面积.
（1）由直线与轴垂直时，，故，故，
又离心率为，则，所以，
双曲线的方程为：.
（2）设直线l的方程是，，.
由得，
，.
因为，所以，从而.
所以，，消去得，解得，
它满足，.
，
故到直线的距离为，
所以，
由于，所以，
17．（2025·义乌模拟）如图，在三棱锥中，是正三角形，，，，点为的重心.
（1）证明：平面；
（2）若平面平面，求二面角的平面角的正切值.
【答案】（1）证明：连接，并延长与交于点，
则点为的中点，连接，
为的重心，
，
因此，
则，从而，
又因为平面，平面，
平面.
（2）解：方法一：延长交与点，连接，
则点为的中点，
是正三角形，
，
在平面中，过点作，
平面平面，平面平面，
平面，，
平面，
又因为平面，
所以，
又因为，AC，平面；
平面，
又因为平面，
平面平面，
如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，
则，，
由平面平面可知，，，
所以，
则，，
设平面的法向量为，
则，，
令，则，
又因为平面ABD的一个法向量为，
所以，
设二面角为，
则，
所以，，
所以二面角的平面角的正切值为.
方法二：如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，
则，，，，
设，
则
，，
设平面的法向量为，
则，
取，
则，，
设平面的法向量为，
则，
取，
平面平面，
则，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则，，
令，则，
又因为平面ABD的一个法向量为，
所以，
设二面角为，
则，
所以，，
所以二面角的平面角的正切值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，并延长与交于点，则点为的中点，连接，根据三角形重心的性质得到两三角形相似，再结合两三角形相似得出，再利用线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）利用两种方法求解.
方法一：延长交与点，连接，在平面中，过点作，从而证出平面平面，则点为坐标原点，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用面面垂直得出点P的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用平面ABD的一个法向量为，则根据数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出二面角的平面角的正切值.
方法二：直接建立空间直角坐标系，设，则得出点的坐标，再设，再利用平面向量基本定理和向量的坐标运算，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和平面的法向量，再利用面面垂直得出两平面法向量的数量积为0，从而得出角的值，则求出点的坐标，剩下的同方法一.
（1）连接，并延长与交于点，则点为的中点，连接.
为的重心，，因此，
则，从而，
又平面，平面，
平面.
（2）方法一：延长交与点，连接，则点为的中点，
是正三角形，.
在平面中，过点作，
平面平面，平面平面，平面，，
平面，又平面，
所以，又，AC，平面；
平面，
又平面，
平面平面，
如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，
则，，
由平面平面可知，，，所以，
则，，
设平面的法向量为，
则，，令，则，
平面ABD的一个法向量为，
所以，设二面角为，
则，所以，，
所以二面角的平面角的正切值为.
方法二：如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，，，，，
设，
，，
设平面的法向量为，
则，取，
，，
设平面的法向量为，
则，取，
平面平面，
即，则，，下同法一.
18．（2025·义乌模拟）已知函数，
（1）当时，求的极值；
（2）若在区间上存在零点
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）证明：当时，.
【答案】（1）解：当时，，，
则，
当时，，
当时，
在上单调递减，在上单调递增，
则函数的极小值，无极大值.
（2）（ⅰ）解：因为，
当时，因为恒成立，
所以在上单调递增，
又因为，
在上无零点；
当时，因为，
所以，
所以在上单调递减，
又因为，
在上无零点；
当时，，则，
故在上单调递减，
当，则，
故在上单调递增，
所以，
又因为当时，，
，
综上所述：.
（ⅱ）证明：由（ⅰ）可知，
当时，，
，且，
要证，
只要证，
即证，
只需证，
令，
则
在上单调递增，
又因为，
所以
由上式不等式成立可知，原不等式恒成立.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的极值；反证法的应用；函数零点存在定理；函数极限
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的极值.
（2）（ⅰ）利用分类讨论思想，再借助，把两类单调的可能性排除，从而求出参数a的取值范围.
（ⅱ）利用上一问的结论，把要证的不等式转化为证明新的不等式，再借助已知条件消去参数，从而变成仅关于的函数不等式，再借助导数思想证出当时，.
（1）当时，，，，
当时，，当时，
在上递减，在上递增，有极小值，无极大值；
（2）（ⅰ），
当时，由于恒成立，所以在上单调递增，
又，在上无零点；
当时，由于，故，
所以在上单调递减，又，
在上无零点；
当时，，有，故在上单调递减，
，有，故在上单调递增，
所以有，
又因为当时，，
；
综上；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，当时，，
，且，
要证，只要证，
即证，
只需证，
令，
在上单调递增.
又，
即，
由上式不等式成立可知原不等式恒成立.
19．（2025·义乌模拟）给定正整数，考虑集合的所有排列，对每个，定义：，并规定.记为所有排列中的最大值.
（1）对于排列，计算，再直接写出和的值，并分别给出一个满足的排列和一个满足的排列；
（2）对任意整数，证明：；
（3）证明：.
【答案】（1）解：因为排列，
则，，，，
所以，
则对应排列为，对应排列为.
（2）证明：设原排列为，
交换最后两项得到新排列.
显然，即交换排列的最后两项不改变的总和，
考虑一般情况：设原排列为，
交换1和的位置后得到新排列，
显然，对于或的项，有，
因此只需比较和的大小，
设，分三种情况分析：
情况1：当时，有，
且，
情况2：当时，有，
且，
情况3：当时，有，且，
综上所述，在三种情况下都有，
即交换后总和不会减少，
对于任意排列，
构造其对称排列时，
对任意恒有，
因为将原排列中的1后移等价于在对称排列中将后移，
结合已证向右移动1不减少整个的总和，
所以向右移动也不减少总和，
因此，最优排列的构造中，将固定在末位同样能保证寻找到总和最大，
设原排列为，
前项中的和为
的和为，
固定项，
因此
（3）证明：设原排列为，
在前项中，的和为
的和为，
则固定项，
因此，
设，则，
不等式变为，
两边除以得，
定义：设，则递推关系为，
当时，，
则，
则.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；排列、组合的实际应用；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）根据题中定义写出、和的值，从而确定对应排列.
（2）构造排列将集合分为两部分，即前个元素和后 个元素，再利用交叉排列或最优子排列使得中间的差值贡献，从而证出不等式成立.
（3）利用多次应用（2）的递推关系，将 分解为多个较小的 ，并累积 项，从而证出成立.
（1）排列，则，，，，
所以，
对应排列为，对应排列为.
（2）设原排列为，交换最后两项得到新排列.
显然，即交换排列的最后两项不改变的总和.
考虑一般情况：设原排列为，
交换1和的位置后得到新排列.
显然，对于或的项，有，
因此只需比较和的大小.
设，分三种情况分析：
情况1：当时，有，且，
情况2：当时，有，且，
情况3：当时，有，且，
综上，在三种情况下都有，即交换后总和不会减少，
对于任意排列，构造其对称排列时，对任意恒有.
由于将原排列中的1后移等价于在对称排列中将后移，结合已证向右移动1不减少整个的总和，故向右移动也不减少总和.
因此，最优排列的构造中，将固定在末位同样能保证寻找到总和最大.
设原排列为，前项中的和为的和为.
固定项，
因此.
（3）设原排列为，
前项中，的和为的和为，
固定项，因此，
设，则，不等式变为，两边除以得.
定义：设，则递推关系为.
当时，，则有.
对于.
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