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浙江省精诚联盟2025届高三下学期适应性联考数学试题
1．（2025·浙江模拟）已知全集，集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·浙江模拟）已知向量，，若，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·浙江模拟）已知函数为奇函数，则（　　）
A． B． C． D．2
4．（2025·浙江模拟）已知随机事件A，B发生的概率分别为，，且，则“”是“”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）若函数（，）的最小正周期为，其图象的一条对称轴的方程为，则函数在上的零点个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2025·浙江模拟）若圆与圆（a，）有且仅有一条公切线，则从点到圆的切线长为（　　）
A．1 B． C． D．2
7．（2025·浙江模拟）已知数列中，，且，记数列的前项和为，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·浙江模拟）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·浙江模拟）已知复数，（），则下列结论正确的是（　　）
A．若，则为纯虚数
B．若，则在复平面内对应的点位于第一象限
C．若，则
D．若，为方程（）的两虚根，则
10．（2025·浙江模拟）如图，在棱长为4的正方体中，分别为棱，底面的对角线上的动点，且，则下列结论正确的是（　　）
A．三棱锥的体积为
B．平面
C．存在实数，使得
D．若直线与平面所成角的正弦值为，则
11．（2025·浙江模拟）超椭圆（superellipse）也称为Lamé曲线，是一种类似于椭圆的封闭曲线，保留了椭圆的长轴、短轴、对称性等特点．超椭圆在平面直角坐标系中的方程为（，，），当，时，该超椭圆即为著名的“星形线”，记为曲线C（如图），已知点在曲线C上，O为坐标原点，点为曲线C上任意一点．则下列结论正确的是（　　）
A．
B．的最大值为
C．的最小值为
D．直线与曲线C恰有3个公共点
12．（2025·浙江模拟）已知直线与抛物线相交于A，B两点，D为抛物线的准线与y轴的交点，若的面积为4，则　 　．
13．（2025·浙江模拟）将圆周率的近似值的各个数位上的数字重新排列后得到5位小数M（包括T），则的概率为　 　．
14．（2025·浙江模拟）已知函数的值域为D，集合，若，则实数a的最大值为　 　．
15．（2025·浙江模拟）固态电池是纯电动汽车搭载的新一代电池，与使用电解液的传统液态锂离子电池相比，固态电池具有安全性能高、能量密度大等特点．某公司试生产了一批新型固态电池，为了了解该批次固态电池的“循环寿命”x（循环寿命是指：电池的容量下降到初始容量的某一阈值时，完成充放电循环的次数）的情况，从这批固态电池中随机抽取了100组进行了测试，并统计绘制了下表：
循环寿命x（千次）
组数y 5 15 a b 5
已知循环寿命x（千次）的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）．
（1）求a，b的值；
（2）根据测试数据可以认为“循环寿命”x近似服从正态分布，经计算样本标准差s的估计值为0.7．用样本数据的平均值作为的值，用样本标准差s的估计值作为的值．
（ⅰ）若规定：循环寿命的电池为一等品；的电池为优等品．求试生产的电池的一等品率和优等品率的估计值（结果用百分数表示）；
（ⅱ）在该型电池的生产中，称发生概率低于0.27%的事件为小概率事件，在质量控制时，如果小概率事件未发生，则认为该批产品合格；否则可以认为该批产品不合格．若这100组电池中，循环寿命x的最大值和最小值分别为6.5和2.3．请判断该批固态电池是否合格？并说明理由．
参考数据：若随机变量，则，，．
16．（2025·浙江模拟）如图，三棱柱中，，，平面平面，D为棱的中点，．
（1）证明：；
（2）求平面ABD与平面夹角的余弦值．
17．（2025·浙江模拟）已知函数．
（1）当时，求函数的极值点个数；
（2）若对，恒成立，求实数a的取值范围．
18．（2025·浙江模拟）已知双曲线（，）的焦距为，右顶点为A，直线l与双曲线E相交于P，Q两点，且与E的一条渐近线相交于点．
（1）求双曲线E的方程；
（2）是否存在直线l，使得与的面积相等？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由；
（3）若直线AP，AQ分别与y轴相交于M，N两点，证明：为定值．
19．（2025·浙江模拟）定义：若对，，都有（j为常数，且），则称数列为“绝对等差数列”，常数j为数列的“绝对公差”．已知“绝对公差”数列所有项的和为E．
（1）若，，，请写出有序实数对的所有取值；
（2）若数列共有259项，且，，，求数列的通项公式；
（3）若j为奇数，数列共有2k（，）项，且，．证明：k为偶数，并写出一个符合条件的数列．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算；不等式的解集
【解析】【解答】解：由题意化简集合可得，，
则，
故答案为：B．
【分析】先利用化简A，B，再利用集合交并补运算性质即可求解.
2．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：已知，则，
因为，，则
因为，所以，
即，得，
所以，
故选：A．
【分析】
首先根据向量的垂直性质，写出等式，然后根据向量的数量积求出的值，最后根据向量夹角的余弦公式求出答案.
3．【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的奇偶性；有理数指数幂的运算性质；指数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：当时，，所以，所以，.
故选：C．
【分析】根据奇函数定义先求得a的值，进而即可求得f(a)的值.
4．【答案】B
【知识点】充要条件；互斥事件与对立事件；条件概率
【解析】【解答】解：充分性：当时，，
若，则不一定成立，即不一定成立，
如时，，满足，但不满足；
必要性：当时，，所以，即，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B．
【分析】结合条件概率的乘法公式，对立事件的概率公式以及充分条件和必要条件的定义判断即可.
5．【答案】D
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可知，，解得，
又因为，，所以，，
因为，所以，所以
令，即，
所以，，解得，，
因为 ，所以，，，，
所以在上有4个零点．
故选：D.
【分析】利用周期公式先求得的值，进而根据余弦型函数的性质求得的值，即可求得函数f(x)的解析式，令，根据余弦型函数的性质可得，结合x的取值范围即可求得零点的值，进而可确定零点的个数.
6．【答案】C
【知识点】圆的标准方程；圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：由题意可知，圆与圆内切，
而圆的圆心为(0，0)，半径为1，圆的圆心为(a，b)，半径为3，
所以，即，所以，
所以切线长为，
故选：C．
【分析】根据两圆只有一条公切线可得两圆内切，则，根据两圆的圆心坐标以及半径列式可得，再利用圆的切线长的公式可解.
7．【答案】A
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】因为，所以，所以，
而，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，所以，
所以.
故选：A．
【分析】根据已知条件可知，利用等差数列的定义可得数列是等差数列，从而得到数列的通项公式，而计算即可求解.
8．【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，由正弦定理可得，
又 ，所以，所以，
因为 ，所以，所以，所以，所以，所以，，
因为，
因为，，所以，
所以，所以，
所以的取值范围为，
故选：D．
【分析】根据三角形内角和与诱导公式可得，进而利用正弦定理可得，利用半角公式可得，，再利用正弦定理和同角的三角函数关系可得，根据的范围求得tanB的范围，进而即可求得的取值范围 .
9．【答案】A,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；复数运算的几何意义；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：A、因为，所以，所以为纯虚数，故选项A正确；
B、因为，所以，所以，解得，
所以，所以在复平面内对应的点在第四象限，故选项B错误；
C、 复数 对应的点为(1，1)，若，
则在复平面内对应的点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆，如图所示，
因为，由图知，
所以，故选项C正确；
D、因为，为方程（）的两虚根，所以，
又因为且，所以，
所以，得，b=2，故选项D错误.
故选：AC．
【分析】根据复数的除法运算法则求得 ，即可判断选项A；根据已知条件和复数的混合运算以及复数相等求得复数，进而即可判断选项B；根据复数的几何意义可得的轨迹为圆，由结合图形可求出该点与原点距离的范围即可判断选项C；根据已知条件可得，进而韦达定理可求出的值.
10．【答案】A,B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、由题意得，，故选项A正确；
B、如图，作于点，连接，
所以，且，
因为平面，平面，所以平面.
因为，所以，所以，
因为平面，平面，所以平面.
因为平面，平面，，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故选项B正确；
C、以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，
若，则，得，与矛盾，
所以不存在实数，使得，故选项C错误；
D、由题意得，平面的法向量为，设直线与平面所成角为，
则，
解得或（舍），故选项D正确.
故选：ABD．
【分析】利用棱锥的体积公式和等体积法计算即可判断选项A；作于点，先证得平面，平面，进而根据面面平行的判定定理即可证得平面平面，根据面面平行的性质即可判断选项B；建立空间直角坐标系，求得，由垂直条件可得，根据向量的数量积坐标运算求得k的值进而即可判断选项C；利用向量法表示线面角的正弦值可得判断选项D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】导数的几何意义；基本不等式在最值问题中的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、由题意可知，曲线C的方程为，将点代入方程得，因为，所以，故选项A正确：
B、所以曲线C的方程为，因为 点为曲线C上任意一点 ，所以，所以，所以，当且仅当时，等号成立，故选项B错误；
C、，因为，所以，当且仅当时，等号成立，故，故选项C正确；
D、由题知，时，当，时，由得，令，则，令，即，即，解得，即，代入得，所以曲线C在点处的切线方程为，即，恰好与直线重合，易得直线l与曲线C在第二、四象限的部分各有一个交点，所以直线与曲线C有3个公共点，故选项D正确，
故选：ACD．
【分析】根据定义可知曲线C的方程为，利用点在曲线上代入可求得a即可判断选项A；先求得曲线C的方程，进而将点代入曲线可得，再利用基本不等式求得的最大值即可判断选项B；化简可得，进而结合即可求得，可求得的最小值即可判断选项C；得，令，求导进而，结合已知条件求得曲线在点的切线方程即为，易得直线l与曲线C在第二、四象限的部分各有一个交点即可判断选项D.
12．【答案】2
【知识点】抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：将代入得，所以，
由抛物线的对称性可得，所以为等腰三角形，
设抛物线的焦点为F，所以，
又，所以，解得．
故答案为：2.
【分析】联立直线与抛物线方程求解可得，根据抛物线的对称性得为等腰三角形，根据面积公式列方程求解即可求得p的值.
13．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列及排列数公式
【解析】【解答】解：当时，M整数位上的数字只能为1或3，
①当M整数位上的数字为1时，符合条件的5位小数共有个；
②当M整数位上的数字为3时，十分位和百分位上的数字均只能为1，符合条件的M共有个，
所以这些新的小数中小于T的个数为120+6=126个．
将T各个数位上的数字重新排列共有种不同排法，所以的概率为．
故答案为：.
【分析】先求出M的所有可能结果，整数位只能为1或3，特别的当整数位为3时，十分位与百分位上的数字只能为1，再求将T各个数位上的数字重新排列的不同排法数，利用古典概型公式计算即可求得所求概率.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意可知，，，
若，则存在，使得，
即存在，使得，
即，
即，
令，易知函数在上单调递增，
所以，即，即，即
令，所以，
令，得；，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，所以，所以实数a的最大值为．
故答案为：.
【分析】由，可得存在，使得，即存在，使得，进而转化为，然后构造函数，进而可得，令，求得函数的最大值即可求得a的取值范围，即可求得a的最大值.
15．【答案】（1）解：由题意可知，，
解得，．
（2）解：（ⅰ）由题意可知，，，所以 x近似服从正态分布，
所以
，
，
所以一等品率的估计值为13.59%；优等品率的估计值为2.275%．
（ⅱ）不合格．理由如下：
由题，，
所以，
又，，
故小概率事件发生，所以该批固态电池不合格．
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；连续型随机变量；正态分布的期望与方差；3σ原则
【解析】【分析】（1）由题意列出关于的方程组进而即可求得a，b的值；
（2）（i）由题意可求得，，根据正态分布的对称性求概率即可；
（ii）算出，然后由即可判断.
（1）由题，①，
②，
由①②解得，．
（2）由题，，，
（ⅰ）因为
；
，
所以一等品率的估计值为13.59%；优等品率的估计值为2.275%．
（ⅱ）不合格．理由如下：
由题，，
所以，
又，，
故小概率事件发生，所以该批固态电池不合格．
16．【答案】（1）证明：因为，，
由勾股定理可得，所以，
在中，由余弦定理可得，，
所以，所以，
在中，由余弦定理可得，，
得，所以△A1C1C是等腰三角形，
因为D为棱的中点，所以， 因为，所以CD⊥AC，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面ABC，所以，
因为，，，平面BCD，
所以平面BCD，平面BCD，所以，
因为，所以.
（2）解：取AC中点O，连接OB，，易知OB，OC，三条直线两两垂直，
如图所示，以O为坐标原点，分别以OB，OC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则
设平面ABD的一个法向量为，
则，令，得，，所以，
设平面的的一个法向量为，
则，令，得，，所以，
所以．
所以平面ABD与平面夹角的余弦值为．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用勾股定理求得AC，进而求得A1D，利用余弦定理得出，进而得出CD⊥AC，再应用面面垂直性质定理得出平面ABC，利用线面垂直的性质可得，再应用线面垂直的判定定理得出平面BCD，即可得，进而由即可证得；
（2）建立空间直角坐标系，先求得平面ABD与平面的法向量，进而利用向量的夹角余弦公式计算即可求得平面ABD与平面夹角的余弦值． .
（1）因为，，所以，故，
又，，所以，
所以，故，
所以，
得，所以，
因为平面平面，平面平面，所以平面平面，
又平面平面，平面，
所以平面，故，
因为，，，平面BCD，
所以平面BCD，平面BCD，故，
因为，所以得证．
（2）取AC中点O，连接OB，，易知OB，OC，三条直线两两垂直，
以O为坐标原点，分别以OB，OC，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则
设平面ABD的一个法向量为，
则，即，
令，得，，所以，
设平面的的一个法向量为，
则，即，
令，得，，
可得平面的一个法向量，
所以．
所以平面ABD与平面夹角的余弦值为．
17．【答案】（1）解：当时，，函数的定义域为，
所以，
当时，，，
又，所以，所以在上单调递减，无极值；
当时，令，所以，
因为，，
所以，所以（即）在上单调递增，
又，，
所以存在唯一的使，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，
综上，当时，有1个极小值点，无极大值点．
（2）解：由题意可知，，
令，所以，
所以（即）在上单调递增，所以，
当时，，所以在上单调递增，所以，符合题意；
当时，，
又 ，
因为在上单调递增，所以存在，使得，
当时，，在上单调递减，所以，不合题意，
综上，实数a的取值范围为．
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求得函数 的解析式和定义域，进而对函数 进行求导，分和应用导数研究函数的区间单调性，进而可求得函数的极值点个数；
（2）对函数进行二次求导可得，结合分类讨论分和研究不等式恒成立求实数a的取值范围.
（1）由的定义域为，当时，，
当时，，，又，
所以，故在上单调递减，无极值；
当时，令，则，因为，，
所以，故（即）在上单调递增，
又，，所以存在唯一的使，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以在处取得极小值，
综上，当时，有1个极小值点，无极大值点．
（2）由题，，
令，则，
所以（即）在上单调递增，故，
当时，，此时在上单调递增，故，符合题意；
当时，，
又 ，
因为在上单调递增，所以存在，使得，
当时，，在上单调递减，此时，不合题意，
综上，实数a的取值范围为．
18．【答案】（1）解：由题意可知，，解得，
所以E的标准方程为．

（2）解：不存在，理由如下：
假设存在直线l，使得与的面积相等，则点B为PQ的中点，
设，，代入E的方程得：，
两式作差得，
因为点为PQ的中点，所以，，
所以，即直线l的斜率为，
所以直线，即，
此时，直线l与E的渐近线重合，与E没有交点，与已知矛盾，
所以不存在直线l，使得与的面积相等
（3）证明：易知直线l的斜率存在，设直线，
联立，得，
所以，解得且，
设，，所以，，
设，，又，所以，
令得，同理可得，
所以，
又
，
，所以，
所以MN的中点为，
因为，所以，
所以为定值．
另解：设，，又，所以，
令得，同理可得，
双曲线的方程化为：，即，
设直线，即，
联立得，
所以，
等式两边同时除以得：，
设，，易得满足方程，
则为方程两根，由韦达定理可得
，故，
所以MN的中点为，
因为，所以，
所以为定值．
【知识点】平面向量的线性运算；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和双曲线的性质列方程组求得a，b的值即可求得双曲线E的方程；
（2）利用假设法，假设存在直线l，使得与的面积相等，则点B为PQ的中点，设，，由点差法可得直线PQ斜率为渐近线斜率，据此可完成判断；
（3）方法1，设直线，将其与双曲线联立，由韦达定理结合题意可得MN的中点为，据此可完成证明；方法2，设，，由题可得，，将双曲线的方程化为，将其与直线联立，然后由韦达定理可得，据此可完成证明.
（1）由题，设双曲线E的焦距为2c，则，即，
根据双曲线的性质可知，点在渐近线上，
所以，即①，
又，所以②
又①②解得，，
所以E的标准方程为．
（2）不存在，理由如下：
假设存在直线l，使得与的面积相等，
则点B为PQ的中点，设，，代入E的方程得：，
两式作差得，
因为点为PQ的中点，所以，，
故，即直线l的斜率为，
故直线，即，
此时，直线l与E的渐近线重合，与E没有交点，与已知矛盾，
所以不存在直线l，使得与的面积相等
（3）证明：由题可知，直线l的斜率存在，设直线，与E的方程联立，得，
由题，，得，且，
设，，则，，
设，，又，所以，
令得，同理可得，
故，
又
，
，所以，
所以MN的中点为，
因为，所以，
所以为定值．得证．
另解：设，，又，所以，
令得，同理可得，
双曲线的方程化为：，即，
设直线，即，
联立得，
所以，
等式两边同时除以得：，
设，，易得满足方程，
则为方程两根，由韦达定理可得
，故，
所以MN的中点为，
因为，所以，
所以为定值．得证
19．【答案】（1）解：由题意可知，，所以或，
当时，因为，所以，所以；
当时，因为，所以或，
所以或，
所以有序实数对的取值情况为，，．
（2）解：由题可得，，，
所以，
累加得，即，
因为，所以上述不等式中的等号同时成立，
所以，，
所以数列是以为首项，3为公差的等差数列，
所以（，）．
所以数列的通项公式（，）．
（3）证明：令，，所以，
因为，
所以，
又，所以
因为，且j为奇数，所以为偶数，
所以为偶数，
因为，所以为偶数，
又因为为奇数，所以k为偶数．
当为偶数时，．
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据定义，即可得或，进而结合分类讨论求得a3的值，即可求得有序实数对的所有取值；
（2）根据题意可得，即可得，利用累加法，结合等号成立条件可得是以为首项，3为公差的等差数列，即可利用等差数列的通项公式即可求得；
（3）根据得，进而利用等差求和可得，根据为偶数，得为偶数，即可求证明.
（1）由题，，所以或，
当时，，得或，
因为，所以，
此时；
当时，，得或，符合，
此时或，
所以的取值情况为，，．
（2）由题，，，
所以，
累加得，即，
因为，所以上述不等式中的等号同时成立，
所以，，
故数列是以为首项，3为公差的等差数列，
故（，）．
所以数列的通项公式（，）．
（3）证明：令，，则，
因为，
所以，
又，所以
因为，且j为奇数，所以为偶数，
所以为偶数，
因为，所以为偶数，
又因为为奇数，所以k为偶数．得证．
当为偶数时，．符合条件
1 / 1浙江省精诚联盟2025届高三下学期适应性联考数学试题
1．（2025·浙江模拟）已知全集，集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算；不等式的解集
【解析】【解答】解：由题意化简集合可得，，
则，
故答案为：B．
【分析】先利用化简A，B，再利用集合交并补运算性质即可求解.
2．（2025·浙江模拟）已知向量，，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：已知，则，
因为，，则
因为，所以，
即，得，
所以，
故选：A．
【分析】
首先根据向量的垂直性质，写出等式，然后根据向量的数量积求出的值，最后根据向量夹角的余弦公式求出答案.
3．（2025·浙江模拟）已知函数为奇函数，则（　　）
A． B． C． D．2
【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的奇偶性；有理数指数幂的运算性质；指数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：当时，，所以，所以，.
故选：C．
【分析】根据奇函数定义先求得a的值，进而即可求得f(a)的值.
4．（2025·浙江模拟）已知随机事件A，B发生的概率分别为，，且，则“”是“”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】B
【知识点】充要条件；互斥事件与对立事件；条件概率
【解析】【解答】解：充分性：当时，，
若，则不一定成立，即不一定成立，
如时，，满足，但不满足；
必要性：当时，，所以，即，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B．
【分析】结合条件概率的乘法公式，对立事件的概率公式以及充分条件和必要条件的定义判断即可.
5．（2025·浙江模拟）若函数（，）的最小正周期为，其图象的一条对称轴的方程为，则函数在上的零点个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可知，，解得，
又因为，，所以，，
因为，所以，所以
令，即，
所以，，解得，，
因为 ，所以，，，，
所以在上有4个零点．
故选：D.
【分析】利用周期公式先求得的值，进而根据余弦型函数的性质求得的值，即可求得函数f(x)的解析式，令，根据余弦型函数的性质可得，结合x的取值范围即可求得零点的值，进而可确定零点的个数.
6．（2025·浙江模拟）若圆与圆（a，）有且仅有一条公切线，则从点到圆的切线长为（　　）
A．1 B． C． D．2
【答案】C
【知识点】圆的标准方程；圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：由题意可知，圆与圆内切，
而圆的圆心为(0，0)，半径为1，圆的圆心为(a，b)，半径为3，
所以，即，所以，
所以切线长为，
故选：C．
【分析】根据两圆只有一条公切线可得两圆内切，则，根据两圆的圆心坐标以及半径列式可得，再利用圆的切线长的公式可解.
7．（2025·浙江模拟）已知数列中，，且，记数列的前项和为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】因为，所以，所以，
而，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，所以，
所以.
故选：A．
【分析】根据已知条件可知，利用等差数列的定义可得数列是等差数列，从而得到数列的通项公式，而计算即可求解.
8．（2025·浙江模拟）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，由正弦定理可得，
又 ，所以，所以，
因为 ，所以，所以，所以，所以，所以，，
因为，
因为，，所以，
所以，所以，
所以的取值范围为，
故选：D．
【分析】根据三角形内角和与诱导公式可得，进而利用正弦定理可得，利用半角公式可得，，再利用正弦定理和同角的三角函数关系可得，根据的范围求得tanB的范围，进而即可求得的取值范围 .
9．（2025·浙江模拟）已知复数，（），则下列结论正确的是（　　）
A．若，则为纯虚数
B．若，则在复平面内对应的点位于第一象限
C．若，则
D．若，为方程（）的两虚根，则
【答案】A,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；复数运算的几何意义；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：A、因为，所以，所以为纯虚数，故选项A正确；
B、因为，所以，所以，解得，
所以，所以在复平面内对应的点在第四象限，故选项B错误；
C、 复数 对应的点为(1，1)，若，
则在复平面内对应的点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆，如图所示，
因为，由图知，
所以，故选项C正确；
D、因为，为方程（）的两虚根，所以，
又因为且，所以，
所以，得，b=2，故选项D错误.
故选：AC．
【分析】根据复数的除法运算法则求得 ，即可判断选项A；根据已知条件和复数的混合运算以及复数相等求得复数，进而即可判断选项B；根据复数的几何意义可得的轨迹为圆，由结合图形可求出该点与原点距离的范围即可判断选项C；根据已知条件可得，进而韦达定理可求出的值.
10．（2025·浙江模拟）如图，在棱长为4的正方体中，分别为棱，底面的对角线上的动点，且，则下列结论正确的是（　　）
A．三棱锥的体积为
B．平面
C．存在实数，使得
D．若直线与平面所成角的正弦值为，则
【答案】A,B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、由题意得，，故选项A正确；
B、如图，作于点，连接，
所以，且，
因为平面，平面，所以平面.
因为，所以，所以，
因为平面，平面，所以平面.
因为平面，平面，，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故选项B正确；
C、以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，
若，则，得，与矛盾，
所以不存在实数，使得，故选项C错误；
D、由题意得，平面的法向量为，设直线与平面所成角为，
则，
解得或（舍），故选项D正确.
故选：ABD．
【分析】利用棱锥的体积公式和等体积法计算即可判断选项A；作于点，先证得平面，平面，进而根据面面平行的判定定理即可证得平面平面，根据面面平行的性质即可判断选项B；建立空间直角坐标系，求得，由垂直条件可得，根据向量的数量积坐标运算求得k的值进而即可判断选项C；利用向量法表示线面角的正弦值可得判断选项D.
11．（2025·浙江模拟）超椭圆（superellipse）也称为Lamé曲线，是一种类似于椭圆的封闭曲线，保留了椭圆的长轴、短轴、对称性等特点．超椭圆在平面直角坐标系中的方程为（，，），当，时，该超椭圆即为著名的“星形线”，记为曲线C（如图），已知点在曲线C上，O为坐标原点，点为曲线C上任意一点．则下列结论正确的是（　　）
A．
B．的最大值为
C．的最小值为
D．直线与曲线C恰有3个公共点
【答案】A,C,D
【知识点】导数的几何意义；基本不等式在最值问题中的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、由题意可知，曲线C的方程为，将点代入方程得，因为，所以，故选项A正确：
B、所以曲线C的方程为，因为 点为曲线C上任意一点 ，所以，所以，所以，当且仅当时，等号成立，故选项B错误；
C、，因为，所以，当且仅当时，等号成立，故，故选项C正确；
D、由题知，时，当，时，由得，令，则，令，即，即，解得，即，代入得，所以曲线C在点处的切线方程为，即，恰好与直线重合，易得直线l与曲线C在第二、四象限的部分各有一个交点，所以直线与曲线C有3个公共点，故选项D正确，
故选：ACD．
【分析】根据定义可知曲线C的方程为，利用点在曲线上代入可求得a即可判断选项A；先求得曲线C的方程，进而将点代入曲线可得，再利用基本不等式求得的最大值即可判断选项B；化简可得，进而结合即可求得，可求得的最小值即可判断选项C；得，令，求导进而，结合已知条件求得曲线在点的切线方程即为，易得直线l与曲线C在第二、四象限的部分各有一个交点即可判断选项D.
12．（2025·浙江模拟）已知直线与抛物线相交于A，B两点，D为抛物线的准线与y轴的交点，若的面积为4，则　 　．
【答案】2
【知识点】抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：将代入得，所以，
由抛物线的对称性可得，所以为等腰三角形，
设抛物线的焦点为F，所以，
又，所以，解得．
故答案为：2.
【分析】联立直线与抛物线方程求解可得，根据抛物线的对称性得为等腰三角形，根据面积公式列方程求解即可求得p的值.
13．（2025·浙江模拟）将圆周率的近似值的各个数位上的数字重新排列后得到5位小数M（包括T），则的概率为　 　．
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列及排列数公式
【解析】【解答】解：当时，M整数位上的数字只能为1或3，
①当M整数位上的数字为1时，符合条件的5位小数共有个；
②当M整数位上的数字为3时，十分位和百分位上的数字均只能为1，符合条件的M共有个，
所以这些新的小数中小于T的个数为120+6=126个．
将T各个数位上的数字重新排列共有种不同排法，所以的概率为．
故答案为：.
【分析】先求出M的所有可能结果，整数位只能为1或3，特别的当整数位为3时，十分位与百分位上的数字只能为1，再求将T各个数位上的数字重新排列的不同排法数，利用古典概型公式计算即可求得所求概率.
14．（2025·浙江模拟）已知函数的值域为D，集合，若，则实数a的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意可知，，，
若，则存在，使得，
即存在，使得，
即，
即，
令，易知函数在上单调递增，
所以，即，即，即
令，所以，
令，得；，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，所以，所以实数a的最大值为．
故答案为：.
【分析】由，可得存在，使得，即存在，使得，进而转化为，然后构造函数，进而可得，令，求得函数的最大值即可求得a的取值范围，即可求得a的最大值.
15．（2025·浙江模拟）固态电池是纯电动汽车搭载的新一代电池，与使用电解液的传统液态锂离子电池相比，固态电池具有安全性能高、能量密度大等特点．某公司试生产了一批新型固态电池，为了了解该批次固态电池的“循环寿命”x（循环寿命是指：电池的容量下降到初始容量的某一阈值时，完成充放电循环的次数）的情况，从这批固态电池中随机抽取了100组进行了测试，并统计绘制了下表：
循环寿命x（千次）
组数y 5 15 a b 5
已知循环寿命x（千次）的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）．
（1）求a，b的值；
（2）根据测试数据可以认为“循环寿命”x近似服从正态分布，经计算样本标准差s的估计值为0.7．用样本数据的平均值作为的值，用样本标准差s的估计值作为的值．
（ⅰ）若规定：循环寿命的电池为一等品；的电池为优等品．求试生产的电池的一等品率和优等品率的估计值（结果用百分数表示）；
（ⅱ）在该型电池的生产中，称发生概率低于0.27%的事件为小概率事件，在质量控制时，如果小概率事件未发生，则认为该批产品合格；否则可以认为该批产品不合格．若这100组电池中，循环寿命x的最大值和最小值分别为6.5和2.3．请判断该批固态电池是否合格？并说明理由．
参考数据：若随机变量，则，，．
【答案】（1）解：由题意可知，，
解得，．
（2）解：（ⅰ）由题意可知，，，所以 x近似服从正态分布，
所以
，
，
所以一等品率的估计值为13.59%；优等品率的估计值为2.275%．
（ⅱ）不合格．理由如下：
由题，，
所以，
又，，
故小概率事件发生，所以该批固态电池不合格．
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；连续型随机变量；正态分布的期望与方差；3σ原则
【解析】【分析】（1）由题意列出关于的方程组进而即可求得a，b的值；
（2）（i）由题意可求得，，根据正态分布的对称性求概率即可；
（ii）算出，然后由即可判断.
（1）由题，①，
②，
由①②解得，．
（2）由题，，，
（ⅰ）因为
；
，
所以一等品率的估计值为13.59%；优等品率的估计值为2.275%．
（ⅱ）不合格．理由如下：
由题，，
所以，
又，，
故小概率事件发生，所以该批固态电池不合格．
16．（2025·浙江模拟）如图，三棱柱中，，，平面平面，D为棱的中点，．
（1）证明：；
（2）求平面ABD与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为，，
由勾股定理可得，所以，
在中，由余弦定理可得，，
所以，所以，
在中，由余弦定理可得，，
得，所以△A1C1C是等腰三角形，
因为D为棱的中点，所以， 因为，所以CD⊥AC，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面ABC，所以，
因为，，，平面BCD，
所以平面BCD，平面BCD，所以，
因为，所以.
（2）解：取AC中点O，连接OB，，易知OB，OC，三条直线两两垂直，
如图所示，以O为坐标原点，分别以OB，OC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则
设平面ABD的一个法向量为，
则，令，得，，所以，
设平面的的一个法向量为，
则，令，得，，所以，
所以．
所以平面ABD与平面夹角的余弦值为．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用勾股定理求得AC，进而求得A1D，利用余弦定理得出，进而得出CD⊥AC，再应用面面垂直性质定理得出平面ABC，利用线面垂直的性质可得，再应用线面垂直的判定定理得出平面BCD，即可得，进而由即可证得；
（2）建立空间直角坐标系，先求得平面ABD与平面的法向量，进而利用向量的夹角余弦公式计算即可求得平面ABD与平面夹角的余弦值． .
（1）因为，，所以，故，
又，，所以，
所以，故，
所以，
得，所以，
因为平面平面，平面平面，所以平面平面，
又平面平面，平面，
所以平面，故，
因为，，，平面BCD，
所以平面BCD，平面BCD，故，
因为，所以得证．
（2）取AC中点O，连接OB，，易知OB，OC，三条直线两两垂直，
以O为坐标原点，分别以OB，OC，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则
设平面ABD的一个法向量为，
则，即，
令，得，，所以，
设平面的的一个法向量为，
则，即，
令，得，，
可得平面的一个法向量，
所以．
所以平面ABD与平面夹角的余弦值为．
17．（2025·浙江模拟）已知函数．
（1）当时，求函数的极值点个数；
（2）若对，恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，函数的定义域为，
所以，
当时，，，
又，所以，所以在上单调递减，无极值；
当时，令，所以，
因为，，
所以，所以（即）在上单调递增，
又，，
所以存在唯一的使，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，
综上，当时，有1个极小值点，无极大值点．
（2）解：由题意可知，，
令，所以，
所以（即）在上单调递增，所以，
当时，，所以在上单调递增，所以，符合题意；
当时，，
又 ，
因为在上单调递增，所以存在，使得，
当时，，在上单调递减，所以，不合题意，
综上，实数a的取值范围为．
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求得函数 的解析式和定义域，进而对函数 进行求导，分和应用导数研究函数的区间单调性，进而可求得函数的极值点个数；
（2）对函数进行二次求导可得，结合分类讨论分和研究不等式恒成立求实数a的取值范围.
（1）由的定义域为，当时，，
当时，，，又，
所以，故在上单调递减，无极值；
当时，令，则，因为，，
所以，故（即）在上单调递增，
又，，所以存在唯一的使，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以在处取得极小值，
综上，当时，有1个极小值点，无极大值点．
（2）由题，，
令，则，
所以（即）在上单调递增，故，
当时，，此时在上单调递增，故，符合题意；
当时，，
又 ，
因为在上单调递增，所以存在，使得，
当时，，在上单调递减，此时，不合题意，
综上，实数a的取值范围为．
18．（2025·浙江模拟）已知双曲线（，）的焦距为，右顶点为A，直线l与双曲线E相交于P，Q两点，且与E的一条渐近线相交于点．
（1）求双曲线E的方程；
（2）是否存在直线l，使得与的面积相等？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由；
（3）若直线AP，AQ分别与y轴相交于M，N两点，证明：为定值．
【答案】（1）解：由题意可知，，解得，
所以E的标准方程为．

（2）解：不存在，理由如下：
假设存在直线l，使得与的面积相等，则点B为PQ的中点，
设，，代入E的方程得：，
两式作差得，
因为点为PQ的中点，所以，，
所以，即直线l的斜率为，
所以直线，即，
此时，直线l与E的渐近线重合，与E没有交点，与已知矛盾，
所以不存在直线l，使得与的面积相等
（3）证明：易知直线l的斜率存在，设直线，
联立，得，
所以，解得且，
设，，所以，，
设，，又，所以，
令得，同理可得，
所以，
又
，
，所以，
所以MN的中点为，
因为，所以，
所以为定值．
另解：设，，又，所以，
令得，同理可得，
双曲线的方程化为：，即，
设直线，即，
联立得，
所以，
等式两边同时除以得：，
设，，易得满足方程，
则为方程两根，由韦达定理可得
，故，
所以MN的中点为，
因为，所以，
所以为定值．
【知识点】平面向量的线性运算；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和双曲线的性质列方程组求得a，b的值即可求得双曲线E的方程；
（2）利用假设法，假设存在直线l，使得与的面积相等，则点B为PQ的中点，设，，由点差法可得直线PQ斜率为渐近线斜率，据此可完成判断；
（3）方法1，设直线，将其与双曲线联立，由韦达定理结合题意可得MN的中点为，据此可完成证明；方法2，设，，由题可得，，将双曲线的方程化为，将其与直线联立，然后由韦达定理可得，据此可完成证明.
（1）由题，设双曲线E的焦距为2c，则，即，
根据双曲线的性质可知，点在渐近线上，
所以，即①，
又，所以②
又①②解得，，
所以E的标准方程为．
（2）不存在，理由如下：
假设存在直线l，使得与的面积相等，
则点B为PQ的中点，设，，代入E的方程得：，
两式作差得，
因为点为PQ的中点，所以，，
故，即直线l的斜率为，
故直线，即，
此时，直线l与E的渐近线重合，与E没有交点，与已知矛盾，
所以不存在直线l，使得与的面积相等
（3）证明：由题可知，直线l的斜率存在，设直线，与E的方程联立，得，
由题，，得，且，
设，，则，，
设，，又，所以，
令得，同理可得，
故，
又
，
，所以，
所以MN的中点为，
因为，所以，
所以为定值．得证．
另解：设，，又，所以，
令得，同理可得，
双曲线的方程化为：，即，
设直线，即，
联立得，
所以，
等式两边同时除以得：，
设，，易得满足方程，
则为方程两根，由韦达定理可得
，故，
所以MN的中点为，
因为，所以，
所以为定值．得证
19．（2025·浙江模拟）定义：若对，，都有（j为常数，且），则称数列为“绝对等差数列”，常数j为数列的“绝对公差”．已知“绝对公差”数列所有项的和为E．
（1）若，，，请写出有序实数对的所有取值；
（2）若数列共有259项，且，，，求数列的通项公式；
（3）若j为奇数，数列共有2k（，）项，且，．证明：k为偶数，并写出一个符合条件的数列．
【答案】（1）解：由题意可知，，所以或，
当时，因为，所以，所以；
当时，因为，所以或，
所以或，
所以有序实数对的取值情况为，，．
（2）解：由题可得，，，
所以，
累加得，即，
因为，所以上述不等式中的等号同时成立，
所以，，
所以数列是以为首项，3为公差的等差数列，
所以（，）．
所以数列的通项公式（，）．
（3）证明：令，，所以，
因为，
所以，
又，所以
因为，且j为奇数，所以为偶数，
所以为偶数，
因为，所以为偶数，
又因为为奇数，所以k为偶数．
当为偶数时，．
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据定义，即可得或，进而结合分类讨论求得a3的值，即可求得有序实数对的所有取值；
（2）根据题意可得，即可得，利用累加法，结合等号成立条件可得是以为首项，3为公差的等差数列，即可利用等差数列的通项公式即可求得；
（3）根据得，进而利用等差求和可得，根据为偶数，得为偶数，即可求证明.
（1）由题，，所以或，
当时，，得或，
因为，所以，
此时；
当时，，得或，符合，
此时或，
所以的取值情况为，，．
（2）由题，，，
所以，
累加得，即，
因为，所以上述不等式中的等号同时成立，
所以，，
故数列是以为首项，3为公差的等差数列，
故（，）．
所以数列的通项公式（，）．
（3）证明：令，，则，
因为，
所以，
又，所以
因为，且j为奇数，所以为偶数，
所以为偶数，
因为，所以为偶数，
又因为为奇数，所以k为偶数．得证．
当为偶数时，．符合条件
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