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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．（2024高三上·温州模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·温州模拟）若，则复数对应的点位于第（　　）象限
A．一 B．二 C．三 D．四
3．（2024高三上·温州模拟）已知平面向量，满足，，则（　　）
A．1 B． C．2 D．
4．（2024高三上·温州模拟）若方向向量为的直线与圆相切，则直线的方程可以是（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·温州模拟）已知，，则（　　）
A． B．5 C． D．
6．（2024高三上·温州模拟）已知函数的值域为，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·温州模拟）已知数列的通项公式，在其相邻两项之间插入个，得到新的数列，记的前项和为，则使成立的的最小值为（　　）
A．28 B．29 C．30 D．31
8．（2024高三上·温州模拟）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，则（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
9．（2024高三上·温州模拟）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．（2024高三上·温州模拟）已知，，，，其中，点为平面内一点，记点到，的距离分别为，，则下列条件中能使点的轨迹为椭圆的是（　　）
A． B． C． D．
11．（2024高三上·温州模拟）已知函数，则（　　）
A． B．当时，
C．当时， D．当时，
12．（2024高三上·温州模拟）已知椭圆和双曲线的焦点相同，则　 　.
13．（2024高三上·温州模拟）如图所示的五面体为《九章算术》中记载的羡除，它指的是墓道或隧道.其中，四边形，，均为等腰梯形，平面平面，，，，和间的距离为2，和间的距离为4，则该羡除的体积为　 　.
14．（2024高三上·温州模拟）已知正项数列满足，且，则　 　.
15．（2024高三上·温州模拟）记的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若为中点，，，求的周长.
16．（2024高三上·温州模拟）点在抛物线上，且到抛物线的焦点的距离为.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点的直线交抛物线于，两点，且，求直线的方程.
17．（2024高三上·温州模拟）如图，在三棱柱中，平面平面，平面.
（1）求证：；
（2）若二面角的正弦值为，且，求.
18．（2024高三上·温州模拟）已知函数，.
（1）当时，求的最小值；
（2）若与在原点处的切线重合，且函数有且仅有三个极值点，求实数的取值范围.
19．（2024高三上·温州模拟）已知集合.
（1）集合，且中的任意三个不同的元素，，都有.
（i）当时，写出一个满足条件的恰有四个元素的集合；
（ii）对于任意给定的，求集合中的元素个数的最大值.
（2）已知集合P={C|CA}，，且同时满足以下条件：①，，都有（其中，，）；②，，使得（其中）.求集合中的元素个数.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】集合的表示方法；交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得，
由可知：，集合，所以.
故答案为：C.
【分析】先用列举法表示集合，再利用函数的定义域表示集合，最后利用集合交集的定义即可求解.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：已知，化简可得，即.
由复数几何意义可得对应的点为，所以点在第四象限.
故答案为：D.
【分析】先利用复数的四则运算化简复数可得，再利用复数的几何意义即可求解
3．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意知，，
，
所以.
故答案为：D
【分析】由题意再利用向量的数量积计算公式即可求解.
4．【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：由直线的方向向量为知，直线的斜率，
设直线方程为，
则由直线与圆相切知，圆心到直线的距离，
解得或，
所以直线的方程为或，
即或，
故答案为：B.
【分析】先利用直线的方向向量得出斜率，设直线方程，再利用圆心到直线距离等于半径可得即可求解.
5．【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：已知，
则，
两式相减得，
两式相加得，
所以，
即，
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，两式相加可得，再让这两个等式相除化简即可求解.
6．【答案】A
【知识点】指数函数的图象与性质；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：当时，的取值范围是，
注意到，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，的最大值为，
且注意到趋于负无穷时，也会趋于负无穷，
若函数的值域为，
则当且仅当，解得.
故答案为：A.
【分析】当时，利用指数函数的性质可得的取值范围是，当时，利用三次函数的性质的最大值为，且注意到趋于负无穷时，也会趋于负无穷，列出不等式即可求解.
7．【答案】B
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：由题意得数列的前项依次为：
，个，，个，，个，，个，，，
当时，
；
当时，
，
所以，使成立的的最小值为.
故答案为：B.
【分析】根据题意分析得出数列的项的情况，再求出当时和当时的，从而得出使成立的的最小值.
8．【答案】D
【知识点】数列的求和；离散型随机变量及其分布列
【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.
玩家投掷2次即可到达终点的方法是掷出，，，，，
故.
玩家投掷3次即可到达终点的方法是掷出，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，故.
设玩家投掷次即可到达终点，那么第次掷得的点数可以为，分别记作，，，，，则玩家投掷次的基本事件是投掷次的倍，能到达终点的掷法：之前的对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，.是投掷次即可到达终点的倍.
所以是以为首项，以为公比的等比数列.所以.
所以
即
两边同乘以得：
两式相减得：.
故答案为：D
【分析】先利用古典概率公式求出概率和的分布列，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
【知识点】样本相关系数r及其数字特征
【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
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：A、根据椭圆的定义，，所以点轨迹为椭圆，故A正确；
B、设，则由，所以点轨迹为圆，故B错误；
C、由，分情况去掉绝对值符号，可知点的轨迹为4条线段，不是椭圆，故C错误；
D、由，
因为，所以点轨迹为椭圆，故D正确.
故答案为：AD
【分析】利用椭圆的定义可得即可判断A；利用题意可得求点的轨迹方程为即可判断B；利用点到直线的距离公式可得即可判断CD的真假.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：A、，
利用和差化积公式：得：
，
其中，故所以
即故A正确；
B、对求导可得
，
在上，令得令得
所以在和单调递减，在单调递增，
故在区间上的最大值为，且，故B错误；
C、当时单调递增，故在上单调递增，
而当时，，且，故故C正确；
D、
，
由和差化积公式：得
因为，所以，所以，
所以
而，
，
由积化和差得
，其中，
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；利用导数研究的单调性可得的最值即可判断B；利用B的单调性比较自变量的大小即可比较函数值的大小即可判断C；运用分析法，多次使用和差化积、积化和差公式即可判断D.
12．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知双曲线，可知其半焦距，且焦点在x轴上，
所以椭圆可得，且，解得.
故答案为：.
【分析】先利用双曲线方程可得，且焦点在x轴上，再利用椭圆的几何性质即可求解.
13．【答案】12
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：连接、如图所示：
则，，
所以该羡除的体积为：.
故答案为：12
【分析】先利用锥体体积体积公式可得，，再利用切割法求几何体体积即可求解.
14．【答案】6069
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】首先由递推关系式得出是以为首项，3为公差的等差数列，再代入，结合即可求出，最后利用等差数列的通项公式即可求得答案.
【解答】
因为为正项数列且，①
所以，②
得，即，
所以是以为首项，3为公差的等差数列，
令可得，又，，
所以，解得，
.
故答案为：6069.
【分析】根据题意再列出式子，与题中的式子进行做差可得到递推公式，进而求出数列的通项即可得到结果。
15．【答案】（1）解：由题意，得
则
所以
因为在中，，
所以.
（2）解：以的边，为邻边将补成平行四边形，
利用平行四边形长度关系可得，，
所以.
又由余弦定理，得，
所以
因此，
所以的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角可得，再利用两角和的正弦公式可得即可求解；
（2）先将补成平行四边形，利用平行四边形的性质可得，再利用余弦定理可得，解方程得出，再计算得出周长即可求解.
（1）解法1：
由题意，得
则
所以
因为在中，，
所以.
解法2：
由题意，得，
所以，
因此
因为，所以.
解法3：
由题意，得
所以由射影定理，得
因为，所以.
（2）解法1：
由已知条件，得.
在利用余弦定理，得.
所以
由余弦定理，得，
所以.
因此
所以的周长为.
解法2：
因为，
所以.
因此，
所以
又由余弦定理，得，
所以
因此，
所以的周长为.
解法3：
以的边，为邻边将补成平行四边形，
利用平行四边形长度关系可得，，
所以.
又由余弦定理，得，
所以
因此，
所以的周长为.
解法4：
利用向量关系，可得
因此
又由余弦定理，得，
所以
因此，
所以的周长为.
解法5：
在和分别利用余弦定理，可得
.
所以
又由余弦定理，得，
所以
因此
所以的周长为.
16．【答案】（1）解：根据焦半径公式可得，
所以，
又因为，所以，
解得或（舍去），
故所求抛物线方程为.
（2）解：法1：，，设，，
，所以
，
，（舍去），
所以直线，即.
法2：设，，，
，所以，
，
，
，所以过定点，
又因为过，所以；
法3：，，设，，，
，
.
，
，
所以.
法4：设，，不妨设，
，
，
，同理，
，
，
，
又因为过，所以.
法5：设，，，
，
，
，
因为，
又因为过，所以，
解得，，
所以.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据焦半径公式和点在抛物线上，从而列方程组求出的值.
（2）法1：设出直线的方程：，与抛物线方程联立，得到，，再根据，从而得出，进而求出的值，则得出直线的方程.
法2：设直线的方程：，将直线与抛物线方程联立，得到，，再根据，得出，进而得出的关系，再证出直线经过定点，则结合直线过抛物线的焦点可得出直线的方程.
法3：设，，则直线可写成，再根据和，从而可求出的值，进而得出直线的方程.
法4：设，，根据直线与垂直，可分别设两直线方程为，，再分别将直线与抛物线方程联立，把、坐标用表示出来，再结合求出的值，进而求出点的坐标，则根据直线过点，从而可求出直线BC的方程.
法5：设，，设直线：，将直线与抛物线方程联立，可得，再根据结合直线过点，可求出的值，进而得出直线的方程.
（1）根据焦半径公式可得，所以，
又，所以，
解得或（舍去），
故所求抛物线方程为.
（2）法1：，，设，，，
，所以，
，
，（舍去），
所以即.
法2：设，，，
，所以，
，
，
，所以过定点，
又因为过，所以；
法3：，，设，，，
，
.
，
，
所以.
法4：设，，不妨设，
，
，
，同理，
，
，
，
又因为过，所以.
法5：设，，，
，
，
，
，
.
又因为过，所以，
解得，，所以.
17．【答案】（1）证明：过作于点，如图所示：
因为平面平面，所以面，
因为 面
所以，
又因为平面，所以，
而面，
所以面，
因为面
所以
（2）解：如图，以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系如图所示：
二面角的平面角与二面角的平面角互补，记为，
设，有，，，
，
设面的法向量为，有，
即，令，得，
又面的法向量为，
所以，
解得，所以.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）过作于点，利用面面垂直的性质定理得面，再利用线面垂直的性质定理得，同理，再利用线面垂直的判定定理得面，最后线面垂直的性质定理得；
（2）以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，可得，面的法向量为，利用二面角的向量公式可得，即可求解.
（1）过作于点，
因为平面平面，所以面，
因为 面
所以，
又因为平面，所以，
而面，
所以面，
因为面
所以
（2）如图，以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，
二面角的平面角与二面角的平面角互补，记为，
设，有，，，
，
设面的法向量为，有，
即，令，得，
又面的法向量为，
所以，
解得，所以.
18．【答案】（1）解：当时，，，
令得：，
当时，，时，，
所以在单调递减，单调递增
所以时，.
（2）解：，，由得：，
所以，
问题即：有且仅有三个变号零点
当时，，故在单调递减，又，所以故此时在有且仅有一个变号零点0，不合题意；
当时，所以在有唯一零点.在递增，递减，故此时在至多有两个变号零点，不合题意；
当时，，，，
所以在有两个零点：，
且时，，时，，时，，
所以在递减，递增，递减，
又，故，，
又时，，
因为的增长速度大于的增长速度，
故，，于是，
又，，所以，
令，则，
因为的增长速度大于的增长速度，
故，，于是，
所以在，各有一个零点，，故此时有三个零点：，0，，合题意：所以.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求导，分析函数的单调性，可求的最小值.
（2）先根据确定的关系，再把函数有且仅有三个极值点转化成有且仅有三个变号零点.求导，分析函数的单调性，结合该函数零点的个数求参数的取值范围.
（1）当时，，，
令得：，
当时，，时，，
所以在单调递减，单调递增
所以时，.
（2），，由得：，
所以，
问题即：有且仅有三个变号零点
当时，，故在单调递减，又，所以故此时在有且仅有一个变号零点0，不合题意；
当时，所以在有唯一零点.在递增，递减，故此时在至多有两个变号零点，不合题意；
当时，，，，
所以在有两个零点：，
且时，，时，，时，，
所以在递减，递增，递减，
又，故，，
又时，，
因为的增长速度大于的增长速度，
故，，于是，
又，，所以，
令，则，
因为的增长速度大于的增长速度，
故，，于是，
所以在，各有一个零点，，故此时有三个零点：，0，，合题意：所以.
19．【答案】（1）解：（i）由，所以，可得：
四元素的集合可以是：或或或或或；
（ii）对于任意给定的，集合中的元素个数的最大值为，
其证明过程如下：
记集合，
设满足条件的集合，
其中，，，，，，，，且，，
则集合中的元素个数等于，
根据条件对任意的，，都有（否则，就有，不合题意）
又因为，，其中，，
即，，，，，，，是中的不同的元素，
所以，即集合中的元素个数，
取满足条件，且元素个数等于，所以集合中的元素的最大值等于.
（2）解：以为例：（多取不符条件①，少取不符条件②！）这时，
因为；，取即可，
；，则，
；，
若取，； ，则，
证明如下：
先证明：，假设，则，，使得，与条件矛盾，所以假设不真，即；
再证明：，假设，则中的元素个数大于，所以，，，
，根据条件“，，使得”，所以3两个不同的集合，
，使得，，又因为，，，，所以，与矛盾，所以假设不真，；
综上所述：.
【知识点】集合间关系的判断；集合中元素的个数问题；并集及其运算；命题的真假判断与应用
【解析】【分析】（1）（i）令，可得，再列出满足题意的集合B即可；
（ii）记集合，设满足条件的集合，其中，，，，，，，，且，，则集合中的元素个数等于，即可证明；
（2）先用反证法证明，再证明，则可得即可得证.
（1）（i）由，所以，可得：
四元素的集合可以是：或或或或或；
（ii）对于任意给定的，集合中的元素个数的最大值为，
其证明过程如下：
记集合，
设满足条件的集合，
其中，，，，，，，，且，，
则集合中的元素个数等于，
根据条件对任意的，，都有（否则，就有，不合题意）
又因为，，其中，，
即，，，，，，，是中的不同的元素，
所以，即集合中的元素个数，
取满足条件，且元素个数等于，所以集合中的元素的最大值等于.
（2）以为例：（多取不符条件①，少取不符条件②！）
这时，
因为；，取即可，
；，则，
；，
若取，； ，则，
证明如下：
先证明：，假设，则，，使得，与条件矛盾，所以假设不真，即；
再证明：，假设，则中的元素个数大于，所以，，，
，根据条件“，，使得”，所以3两个不同的集合，
，使得，，又因为，，，，所以，与矛盾，所以假设不真，；
综上所述：.
1 / 1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．（2024高三上·温州模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】集合的表示方法；交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得，
由可知：，集合，所以.
故答案为：C.
【分析】先用列举法表示集合，再利用函数的定义域表示集合，最后利用集合交集的定义即可求解.
2．（2024高三上·温州模拟）若，则复数对应的点位于第（　　）象限
A．一 B．二 C．三 D．四
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：已知，化简可得，即.
由复数几何意义可得对应的点为，所以点在第四象限.
故答案为：D.
【分析】先利用复数的四则运算化简复数可得，再利用复数的几何意义即可求解
3．（2024高三上·温州模拟）已知平面向量，满足，，则（　　）
A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意知，，
，
所以.
故答案为：D
【分析】由题意再利用向量的数量积计算公式即可求解.
4．（2024高三上·温州模拟）若方向向量为的直线与圆相切，则直线的方程可以是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：由直线的方向向量为知，直线的斜率，
设直线方程为，
则由直线与圆相切知，圆心到直线的距离，
解得或，
所以直线的方程为或，
即或，
故答案为：B.
【分析】先利用直线的方向向量得出斜率，设直线方程，再利用圆心到直线距离等于半径可得即可求解.
5．（2024高三上·温州模拟）已知，，则（　　）
A． B．5 C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：已知，
则，
两式相减得，
两式相加得，
所以，
即，
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，两式相加可得，再让这两个等式相除化简即可求解.
6．（2024高三上·温州模拟）已知函数的值域为，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数函数的图象与性质；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：当时，的取值范围是，
注意到，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，的最大值为，
且注意到趋于负无穷时，也会趋于负无穷，
若函数的值域为，
则当且仅当，解得.
故答案为：A.
【分析】当时，利用指数函数的性质可得的取值范围是，当时，利用三次函数的性质的最大值为，且注意到趋于负无穷时，也会趋于负无穷，列出不等式即可求解.
7．（2024高三上·温州模拟）已知数列的通项公式，在其相邻两项之间插入个，得到新的数列，记的前项和为，则使成立的的最小值为（　　）
A．28 B．29 C．30 D．31
【答案】B
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：由题意得数列的前项依次为：
，个，，个，，个，，个，，，
当时，
；
当时，
，
所以，使成立的的最小值为.
故答案为：B.
【分析】根据题意分析得出数列的项的情况，再求出当时和当时的，从而得出使成立的的最小值.
8．（2024高三上·温州模拟）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，则（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【知识点】数列的求和；离散型随机变量及其分布列
【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.
玩家投掷2次即可到达终点的方法是掷出，，，，，
故.
玩家投掷3次即可到达终点的方法是掷出，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，故.
设玩家投掷次即可到达终点，那么第次掷得的点数可以为，分别记作，，，，，则玩家投掷次的基本事件是投掷次的倍，能到达终点的掷法：之前的对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，；对应，，，，.是投掷次即可到达终点的倍.
所以是以为首项，以为公比的等比数列.所以.
所以
即
两边同乘以得：
两式相减得：.
故答案为：D
【分析】先利用古典概率公式求出概率和的分布列，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．（2024高三上·温州模拟）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．
【答案】A,B,C
【知识点】样本相关系数r及其数字特征
【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．（2024高三上·温州模拟）已知，，，，其中，点为平面内一点，记点到，的距离分别为，，则下列条件中能使点的轨迹为椭圆的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：A、根据椭圆的定义，，所以点轨迹为椭圆，故A正确；
B、设，则由，所以点轨迹为圆，故B错误；
C、由，分情况去掉绝对值符号，可知点的轨迹为4条线段，不是椭圆，故C错误；
D、由，
因为，所以点轨迹为椭圆，故D正确.
故答案为：AD
【分析】利用椭圆的定义可得即可判断A；利用题意可得求点的轨迹方程为即可判断B；利用点到直线的距离公式可得即可判断CD的真假.
11．（2024高三上·温州模拟）已知函数，则（　　）
A． B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：A、，
利用和差化积公式：得：
，
其中，故所以
即故A正确；
B、对求导可得
，
在上，令得令得
所以在和单调递减，在单调递增，
故在区间上的最大值为，且，故B错误；
C、当时单调递增，故在上单调递增，
而当时，，且，故故C正确；
D、
，
由和差化积公式：得
因为，所以，所以，
所以
而，
，
由积化和差得
，其中，
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；利用导数研究的单调性可得的最值即可判断B；利用B的单调性比较自变量的大小即可比较函数值的大小即可判断C；运用分析法，多次使用和差化积、积化和差公式即可判断D.
12．（2024高三上·温州模拟）已知椭圆和双曲线的焦点相同，则　 　.
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知双曲线，可知其半焦距，且焦点在x轴上，
所以椭圆可得，且，解得.
故答案为：.
【分析】先利用双曲线方程可得，且焦点在x轴上，再利用椭圆的几何性质即可求解.
13．（2024高三上·温州模拟）如图所示的五面体为《九章算术》中记载的羡除，它指的是墓道或隧道.其中，四边形，，均为等腰梯形，平面平面，，，，和间的距离为2，和间的距离为4，则该羡除的体积为　 　.
【答案】12
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：连接、如图所示：
则，，
所以该羡除的体积为：.
故答案为：12
【分析】先利用锥体体积体积公式可得，，再利用切割法求几何体体积即可求解.
14．（2024高三上·温州模拟）已知正项数列满足，且，则　 　.
【答案】6069
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】首先由递推关系式得出是以为首项，3为公差的等差数列，再代入，结合即可求出，最后利用等差数列的通项公式即可求得答案.
【解答】
因为为正项数列且，①
所以，②
得，即，
所以是以为首项，3为公差的等差数列，
令可得，又，，
所以，解得，
.
故答案为：6069.
【分析】根据题意再列出式子，与题中的式子进行做差可得到递推公式，进而求出数列的通项即可得到结果。
15．（2024高三上·温州模拟）记的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若为中点，，，求的周长.
【答案】（1）解：由题意，得
则
所以
因为在中，，
所以.
（2）解：以的边，为邻边将补成平行四边形，
利用平行四边形长度关系可得，，
所以.
又由余弦定理，得，
所以
因此，
所以的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角可得，再利用两角和的正弦公式可得即可求解；
（2）先将补成平行四边形，利用平行四边形的性质可得，再利用余弦定理可得，解方程得出，再计算得出周长即可求解.
（1）解法1：
由题意，得
则
所以
因为在中，，
所以.
解法2：
由题意，得，
所以，
因此
因为，所以.
解法3：
由题意，得
所以由射影定理，得
因为，所以.
（2）解法1：
由已知条件，得.
在利用余弦定理，得.
所以
由余弦定理，得，
所以.
因此
所以的周长为.
解法2：
因为，
所以.
因此，
所以
又由余弦定理，得，
所以
因此，
所以的周长为.
解法3：
以的边，为邻边将补成平行四边形，
利用平行四边形长度关系可得，，
所以.
又由余弦定理，得，
所以
因此，
所以的周长为.
解法4：
利用向量关系，可得
因此
又由余弦定理，得，
所以
因此，
所以的周长为.
解法5：
在和分别利用余弦定理，可得
.
所以
又由余弦定理，得，
所以
因此
所以的周长为.
16．（2024高三上·温州模拟）点在抛物线上，且到抛物线的焦点的距离为.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点的直线交抛物线于，两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）解：根据焦半径公式可得，
所以，
又因为，所以，
解得或（舍去），
故所求抛物线方程为.
（2）解：法1：，，设，，
，所以
，
，（舍去），
所以直线，即.
法2：设，，，
，所以，
，
，
，所以过定点，
又因为过，所以；
法3：，，设，，，
，
.
，
，
所以.
法4：设，，不妨设，
，
，
，同理，
，
，
，
又因为过，所以.
法5：设，，，
，
，
，
因为，
又因为过，所以，
解得，，
所以.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据焦半径公式和点在抛物线上，从而列方程组求出的值.
（2）法1：设出直线的方程：，与抛物线方程联立，得到，，再根据，从而得出，进而求出的值，则得出直线的方程.
法2：设直线的方程：，将直线与抛物线方程联立，得到，，再根据，得出，进而得出的关系，再证出直线经过定点，则结合直线过抛物线的焦点可得出直线的方程.
法3：设，，则直线可写成，再根据和，从而可求出的值，进而得出直线的方程.
法4：设，，根据直线与垂直，可分别设两直线方程为，，再分别将直线与抛物线方程联立，把、坐标用表示出来，再结合求出的值，进而求出点的坐标，则根据直线过点，从而可求出直线BC的方程.
法5：设，，设直线：，将直线与抛物线方程联立，可得，再根据结合直线过点，可求出的值，进而得出直线的方程.
（1）根据焦半径公式可得，所以，
又，所以，
解得或（舍去），
故所求抛物线方程为.
（2）法1：，，设，，，
，所以，
，
，（舍去），
所以即.
法2：设，，，
，所以，
，
，
，所以过定点，
又因为过，所以；
法3：，，设，，，
，
.
，
，
所以.
法4：设，，不妨设，
，
，
，同理，
，
，
，
又因为过，所以.
法5：设，，，
，
，
，
，
.
又因为过，所以，
解得，，所以.
17．（2024高三上·温州模拟）如图，在三棱柱中，平面平面，平面.
（1）求证：；
（2）若二面角的正弦值为，且，求.
【答案】（1）证明：过作于点，如图所示：
因为平面平面，所以面，
因为 面
所以，
又因为平面，所以，
而面，
所以面，
因为面
所以
（2）解：如图，以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系如图所示：
二面角的平面角与二面角的平面角互补，记为，
设，有，，，
，
设面的法向量为，有，
即，令，得，
又面的法向量为，
所以，
解得，所以.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）过作于点，利用面面垂直的性质定理得面，再利用线面垂直的性质定理得，同理，再利用线面垂直的判定定理得面，最后线面垂直的性质定理得；
（2）以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，可得，面的法向量为，利用二面角的向量公式可得，即可求解.
（1）过作于点，
因为平面平面，所以面，
因为 面
所以，
又因为平面，所以，
而面，
所以面，
因为面
所以
（2）如图，以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，
二面角的平面角与二面角的平面角互补，记为，
设，有，，，
，
设面的法向量为，有，
即，令，得，
又面的法向量为，
所以，
解得，所以.
18．（2024高三上·温州模拟）已知函数，.
（1）当时，求的最小值；
（2）若与在原点处的切线重合，且函数有且仅有三个极值点，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：当时，，，
令得：，
当时，，时，，
所以在单调递减，单调递增
所以时，.
（2）解：，，由得：，
所以，
问题即：有且仅有三个变号零点
当时，，故在单调递减，又，所以故此时在有且仅有一个变号零点0，不合题意；
当时，所以在有唯一零点.在递增，递减，故此时在至多有两个变号零点，不合题意；
当时，，，，
所以在有两个零点：，
且时，，时，，时，，
所以在递减，递增，递减，
又，故，，
又时，，
因为的增长速度大于的增长速度，
故，，于是，
又，，所以，
令，则，
因为的增长速度大于的增长速度，
故，，于是，
所以在，各有一个零点，，故此时有三个零点：，0，，合题意：所以.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求导，分析函数的单调性，可求的最小值.
（2）先根据确定的关系，再把函数有且仅有三个极值点转化成有且仅有三个变号零点.求导，分析函数的单调性，结合该函数零点的个数求参数的取值范围.
（1）当时，，，
令得：，
当时，，时，，
所以在单调递减，单调递增
所以时，.
（2），，由得：，
所以，
问题即：有且仅有三个变号零点
当时，，故在单调递减，又，所以故此时在有且仅有一个变号零点0，不合题意；
当时，所以在有唯一零点.在递增，递减，故此时在至多有两个变号零点，不合题意；
当时，，，，
所以在有两个零点：，
且时，，时，，时，，
所以在递减，递增，递减，
又，故，，
又时，，
因为的增长速度大于的增长速度，
故，，于是，
又，，所以，
令，则，
因为的增长速度大于的增长速度，
故，，于是，
所以在，各有一个零点，，故此时有三个零点：，0，，合题意：所以.
19．（2024高三上·温州模拟）已知集合.
（1）集合，且中的任意三个不同的元素，，都有.
（i）当时，写出一个满足条件的恰有四个元素的集合；
（ii）对于任意给定的，求集合中的元素个数的最大值.
（2）已知集合P={C|CA}，，且同时满足以下条件：①，，都有（其中，，）；②，，使得（其中）.求集合中的元素个数.
【答案】（1）解：（i）由，所以，可得：
四元素的集合可以是：或或或或或；
（ii）对于任意给定的，集合中的元素个数的最大值为，
其证明过程如下：
记集合，
设满足条件的集合，
其中，，，，，，，，且，，
则集合中的元素个数等于，
根据条件对任意的，，都有（否则，就有，不合题意）
又因为，，其中，，
即，，，，，，，是中的不同的元素，
所以，即集合中的元素个数，
取满足条件，且元素个数等于，所以集合中的元素的最大值等于.
（2）解：以为例：（多取不符条件①，少取不符条件②！）这时，
因为；，取即可，
；，则，
；，
若取，； ，则，
证明如下：
先证明：，假设，则，，使得，与条件矛盾，所以假设不真，即；
再证明：，假设，则中的元素个数大于，所以，，，
，根据条件“，，使得”，所以3两个不同的集合，
，使得，，又因为，，，，所以，与矛盾，所以假设不真，；
综上所述：.
【知识点】集合间关系的判断；集合中元素的个数问题；并集及其运算；命题的真假判断与应用
【解析】【分析】（1）（i）令，可得，再列出满足题意的集合B即可；
（ii）记集合，设满足条件的集合，其中，，，，，，，，且，，则集合中的元素个数等于，即可证明；
（2）先用反证法证明，再证明，则可得即可得证.
（1）（i）由，所以，可得：
四元素的集合可以是：或或或或或；
（ii）对于任意给定的，集合中的元素个数的最大值为，
其证明过程如下：
记集合，
设满足条件的集合，
其中，，，，，，，，且，，
则集合中的元素个数等于，
根据条件对任意的，，都有（否则，就有，不合题意）
又因为，，其中，，
即，，，，，，，是中的不同的元素，
所以，即集合中的元素个数，
取满足条件，且元素个数等于，所以集合中的元素的最大值等于.
（2）以为例：（多取不符条件①，少取不符条件②！）
这时，
因为；，取即可，
；，则，
；，
若取，； ，则，
证明如下：
先证明：，假设，则，，使得，与条件矛盾，所以假设不真，即；
再证明：，假设，则中的元素个数大于，所以，，，
，根据条件“，，使得”，所以3两个不同的集合，
，使得，，又因为，，，，所以，与矛盾，所以假设不真，；
综上所述：.
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