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浙江省温州市2024-2025学年高三下学期第二次适应性考试数学试题
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025·温州模拟）双曲线的一个焦点为，则（　　）
A． B． C．3 D．
2．（2025·温州模拟）扇形的半径等于2，面积等于6，则它的圆心角等于（　　）
A．1 B． C．3 D．6
3．（2025·温州模拟）已知随机变量，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
4．（2025·温州模拟）若向量满足，则在上的投影向量是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·温州模拟）已知数列满足，若，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·温州模拟）某班级有30名男生和20名女生，现调查学生周末在家学习时长（单位：小时），得到男生样本数据的平均值为8，方差为2，女生样本数据的平均值为10.5，方差为0.75，则该班级全体学生周末在家学习时长的平均值和方差的值分别是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025·温州模拟）已知函数，，则两个函数的图象仅通过平移就可以重合的是（　　）
A．与 B．与
C．与 D．与
8．（2025·温州模拟）一个圆台形的木块，上、下底面的半径分别为4和8，高为3，用它加工成一个与圆台等高的四棱台，棱台下底面为一边长等于9的矩形，且使其体积最大．现再从余下的四块木料中选择一块车削加工成一个球，则所得球的半径最大值是（　　）（加工过程中不计损耗）
A． B． C．1 D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025·温州模拟）已知二项展开式，则（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025·温州模拟）在四棱锥中，分别是上的点，，则下列条件可以确定平面的是（　　）
A． B．
C．平面 D．平面
11．（2025·温州模拟）甲乙两人用《哪吒2》动漫卡牌玩游戏．游戏开局时桌上有盒动漫卡牌，每个盒子上都标有盒内卡牌的数量，每盒卡牌的数量构成数组，游戏规则如下：两人轮流抽牌，每人每次只能选择其中一盒并抽走至少一张卡牌，若轮到某人时无卡可抽，则该人输掉游戏．现由甲先抽，则下列开局中，能确保甲有必胜策略的是（　　）
A． B． C． D．
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.
12．（2025·温州模拟）若复数是纯虚数，则实数　 　．
13．（2025·温州模拟）已知是抛物线在第一象限上的点，是抛物线的焦点，（为坐标原点）则抛物线在处切线的斜率是　 　．
14．（2025·温州模拟）函数满足：①②，．则的最大值等于　 　．
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤．
15．（2025·温州模拟）如图，在三棱锥中，是边长等于2的正三角形，，为的中点．
（1）求证：；
（2）若，求点到平面的距离．
16．（2025·温州模拟）PageRank算法是Google搜索引擎用来衡量网页重要性的一种经典算法．其核心思想是通过分析网页之间的链接关系，评估每个网页的相对重要性．假设一个小型的互联网由四个网页组成，它们之间按图中的箭头方向等可能地单向链接，假设某用户从网页开始浏览（记为第1次停留）．
（1）求该用户第3次停留在网页上的概率；
（2）某广告公司准备在网页中选择一个投放广告，以用户前4次在该网页上停留的平均次数作为决策依据．试问该公司应该选择哪个网页？请说明理由．
17．（2025·温州模拟）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若在区间上恰有一个零点，求的取值范围；
（3）当时，解方程．
18．（2025·温州模拟）在平面直角坐标系中，已知点，是直线右侧区域内的动点，到直线与轴的距离之和等于它到点距离的4倍，记点的轨迹为．
（1）求的方程，并在图中画出该曲线；
（2）直线过点，与交于，两点，
（i）若，求直线的方程：
（ii）若，是点关于轴的对称点，延长线段交于点，延长线段交于点，直线交轴于点，求的最小值．
19．（2025·温州模拟）给定正数与无穷数列，若存在，当时，都有，则称数列具有性质．
（1）求证：数列具有性质；
（2）若无穷数列具有性质，求证：存在正数，使得；
（3）若对任意正数，数列都具有性质，则称为“—数列”．若正项数列是“—数列”，试判断数列是否也是“—数列”，并证明你的结论．（注：）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，，由，可得 ，即．
故答案为：A.
【分析】由题意，根据双曲线中的关系求解即可.
2．【答案】C
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的圆心角为，由扇形面积为6，可得，解得.
故答案为：C.
【分析】设扇形的圆心角为，根据扇形面积公式计算即可.
3．【答案】C
【知识点】充要条件；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：随机变量，若，则，即充分性成立；
若，则，即必要性成立，
则是的充要条件.
故答案为：C.
【分析】根据正态曲线的对称性结合充分、必要条件的定义判断即可.
4．【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： 向量满足，则在上的投影向量为．
故答案为：D.
【分析】利用投影向量公式求解即可.
5．【答案】B
【知识点】不等关系与不等式；数列的应用
【解析】【解答】解：设，则，
由，可得，
则．
故答案为：B.
【分析】设，由题意，将把分别表示出来，结合不等式的性质计算即可.
6．【答案】D
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意可得：平均值，
方差
故答案为：D.
【分析】由题意，根据分层随机抽样的平均值、方差计算公式计算即可.
7．【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【解答】若两个正、余弦型函数的图象仅通过平移就可以重合，则这两个函数的振幅相等，最小正周期也相等，
A、，
所以，函数的振幅为，函数的振幅为，
所以，这两个函数的振幅不相等，
故与的图象不能通过平移重合，A错误；
B、，
，
函数的振幅为，函数的振幅为，
所以，与的图象不能通过平移重合，B错误；
C、因为，，
将函数的图象向左平移个单位长度可与函数的图象重合，C正确；
D、，
函数与的图象不能通过平移重合，D错误.
故答案为：C.
【分析】分析可知，若两个正、余弦型函数的图象仅通过平移就可以重合，则这两个函数的振幅相等，最小正周期也相等，可判断AB选项；利用三角函数图象变换可判断CD选项.
8．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：记圆台的上底面圆心为，下底面圆心为，棱台为，如图所示：
当棱台最大时，上下边之比为，不妨设，，
则球在与圆台围成部分可更大，
记中点为中点为交上底面圆于交下底面圆周于，
设球半径最大为，球心为，如图所示：
球与相切，
设，则，则，
即，解得，
则所得球的半径最大值为.
故答案为：C.
【分析】记圆台的上底面圆心为，下底面圆心为，棱台为，确定四棱台的形状，分析余下木料的情况，找出能削出最大半径球的木料并计算其半径即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：，
A、令，可得，故A正确；
B、令，可得①，
因为，所以，故B错误；
C、展开式的通项为，
则，，即，故C正确；
D、令，则②，
①+②可得：，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】令求解即可判断A；令即可判断B；写出展开式的通项计算即可判断C；令即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】反证法；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：过点作交于点，连接，如图所示：
即平面，
因为，所以，
若，则，又因为平面，平面，
所以平面，由平面，
得平面平面，又平面，所以平面，故B正确；
若平面，又因为平面平面，所以，由B可知D正确；
假设平面，设平面，则，
若平面，平面平面，所以，
反之若，当且仅当平面，即A、C同时正确或错误；
若，可能，也可能与相交．
若与相交，由知延长必与、交于同一点，
由几何关系知与不平行，故A、C错误．
故答案为：BD.
【分析】过点作交于点，连接，根据线面、面面平行的判定定理与性质，结合反证法，逐项分析证明即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】二项式定理的应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：将每盒卡牌中的卡片数量转为二进制数，
再进行亦或求和，
若初始条件是全零，则乙有必胜策略，反之则甲有必胜策略，保持操作之后是全零状态，
A、，非全零，甲胜：从第2盒中拿2个，A符合题意；
B、，全零，乙胜，B不符合题意；
C、，非全零，甲胜：拿走第三盒，C符合题意；
D、，非全零，甲胜：从第1盒中拿2个，D符合题意；
故答案为：ACD.
【分析】将每盒卡牌中的卡片数量转为二进制数，再进行亦或求和，若初始条件是全零，则乙有必胜策略，反之则甲有必胜策略，保持操作之后是全零状态.
12．【答案】2
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：若复数为纯虚数，则，解得．
故答案为：2.
【分析】根据复数为纯虚数列方程求解即可.
13．【答案】
【知识点】导数的几何意义；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：由题意，设点，
易知抛物线焦点为，过作轴的垂线，如图所示：
由抛物线定义可得：则，
在中，，即，解得，
设抛物线在处切线的斜率是，由，可知以，
则在函数上，即，则．
故答案为：.
【分析】设，根据焦半径公式结合已知条件求得，再求导求切线斜率即可.
14．【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：由，，，
设且，
令，则，
即，
设，则，即，
即有解，，解得，则的最大值等于．
故答案为：.
【分析】由题意，设且，代入得，令，则有关于的不等式有解，利用判别式求解即可.
15．【答案】（1）证明：作中点，连接，如图所示：
则，
因为，所以，
又因为是正三角形，且为中点，所以，
则，即平面，
又因为平面，所以；
（2）解：由题意可得：，，，则，
在中，，
由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
则，
设平面与平面夹角为，
由，，可知，
在中，由余弦定理得，解得，
设点到平面的距离为，则．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；余弦定理
【解析】【分析】（1）作中点，连接，可得、，结合线面垂直的判定定理与性质证明即可；
（2）由题意，在、中，根据余弦定理分别求出，再在中，利用余弦定理求解即可.
（1）作中点，连接，则，
又，所以，
又因为是正三角形，且为中点，因此，
从而平面，
又平面，所以．
（2）由题，，，，则.
在中，，
由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
所以，
设平面与平面夹角为，
由，知.
在中，由余弦定理得，解得，
设点到平面的距离为，则．
16．【答案】（1）解：、；；；.
第3次停留在网页上的事件有、，
其概率为．
（2）解：由题意知，、；；；，用表示第次停留在A，B，C，D处的事件，
则，
所以，
，
所以，
故该公司应该选择网页．
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据、计算即可求解；
（2）根据、；；；求出前4次停留网页对应的概率，求出对应的数学期望，比较大小即可下结论.
（1）、；；；.
第3次停留在网页上的事件有、，
其概率为．
（2）由题意知，、；；；，
用表示第次停留在A，B，C，D处的事件，
则，
所以，
，
所以，
故该公司应该选择网页．
17．【答案】（1）解：因为（），
所以（），
当时，因为，所以，即，在定义域内单调递增；
当时，由；由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在定义域内单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：由（1）知，当时，在内单调递增，且注意到，因此在区间上无零点；
当时，由可得仅有一解，
所以仅有一解，
令，则直线与的图象仅有一个交点，
因为，且直线过点，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，，
所以，结合，则的取值范围为．
（3）解：由题，，记上式为，
则在定义域内单调递减，因此，仅有一个解，
注意到待求方程，
对中含的部分单独考察，即，其中关于的多项式的解为，
因此时可消去．
当时，有，满足题意；
当时，有，不符合题意；
综上，原方程的解为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求导，分，讨论导函数的符号，判断函数的单调性.
（2）结合（1）的结论，根据函数零点所在区间求参数的取值范围.
（3）明确的解析式，分析其单调性，得到方程解得个数，再结合二次方程的根的情况进行验证即可.
（1）因为（），
所以（），
当时，因为，所以，即，在定义域内单调递增；
当时，由；由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在定义域内单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，当时，在内单调递增，且注意到，因此在区间上无零点；
当时，由可得仅有一解，
所以仅有一解，
令，则直线与的图象仅有一个交点，
因为，且直线过点，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，，
所以，结合，则的取值范围为．
（3）由题，，记上式为，
则在定义域内单调递减，因此，仅有一个解，
注意到待求方程，
对中含的部分单独考察，即，其中关于的多项式的解为，
因此时可消去．
当时，有，满足题意；
当时，有，不符合题意；
综上，原方程的解为．
18．【答案】（1）解：设，则有，
当时，化简得；
当时，化简得，
所以，曲线如图所示：
（2）解：（i）如图所示，不妨设点在圆上，则，，所以点在椭圆上．
设，
解得，所以，所以，
所以直线方程为．
（ii）由题意知，故点也在圆上，又为直径，所以．
设，，联立椭圆方程，得
，
则，
因为，，，
则
所以，
即，
所以，所以，
解得，即的最小值为.
【知识点】曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意列出方程，化简即可得的方程；
（2）（i）不妨设直线交圆于点，可判断点一定在椭圆上，设可求出点坐标，进而求出直线方程；
（ii）易知，则点也在圆上，所以，联立和椭圆方程得到关于的一元二次不等式，即可解出的最小值.
19．【答案】（1）证明：取，则当时，
则数列具有性质；
（2）证明：，当时，都有，
当时，，
所以，
取，则；
（3）解：，恒有，这由切线放缩易证；
，当时，恒有，即，
若不然，，使得，
取，则，矛盾！（类似（2）中证明）
下证也是“—数列”，
，当时，
而由于是“—数列”，取，则，
当时，有，
所以，
所以也是“—数列”．
【知识点】数列的应用；数列的求和；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）取，根据数列求和公式求出的表达式并与比较即可；
（2）根据数列具有性质，根据绝对值不等式得到的范围，从而找到满足条件的即可；（3）根据是“S—数列”，结合不等式性质适当放缩证明也是“S—数列”即可.
（1）取，则当时，
所以数列具有性质．
（2），当时，都有，
当时，，
所以，
取，则．
（3）我们先证明：
1），恒有，这由切线放缩易证．
2），当时，恒有，即．
若不然，，使得．
取，则，矛盾！（类似（2）中证明）
下证也是“—数列”．
，当时，
而由于是“—数列”，取，则，
当时，有，
所以，
所以也是“—数列”．
1 / 1浙江省温州市2024-2025学年高三下学期第二次适应性考试数学试题
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025·温州模拟）双曲线的一个焦点为，则（　　）
A． B． C．3 D．
【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，，由，可得 ，即．
故答案为：A.
【分析】由题意，根据双曲线中的关系求解即可.
2．（2025·温州模拟）扇形的半径等于2，面积等于6，则它的圆心角等于（　　）
A．1 B． C．3 D．6
【答案】C
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的圆心角为，由扇形面积为6，可得，解得.
故答案为：C.
【分析】设扇形的圆心角为，根据扇形面积公式计算即可.
3．（2025·温州模拟）已知随机变量，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】C
【知识点】充要条件；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：随机变量，若，则，即充分性成立；
若，则，即必要性成立，
则是的充要条件.
故答案为：C.
【分析】根据正态曲线的对称性结合充分、必要条件的定义判断即可.
4．（2025·温州模拟）若向量满足，则在上的投影向量是（　　）
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： 向量满足，则在上的投影向量为．
故答案为：D.
【分析】利用投影向量公式求解即可.
5．（2025·温州模拟）已知数列满足，若，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】不等关系与不等式；数列的应用
【解析】【解答】解：设，则，
由，可得，
则．
故答案为：B.
【分析】设，由题意，将把分别表示出来，结合不等式的性质计算即可.
6．（2025·温州模拟）某班级有30名男生和20名女生，现调查学生周末在家学习时长（单位：小时），得到男生样本数据的平均值为8，方差为2，女生样本数据的平均值为10.5，方差为0.75，则该班级全体学生周末在家学习时长的平均值和方差的值分别是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意可得：平均值，
方差
故答案为：D.
【分析】由题意，根据分层随机抽样的平均值、方差计算公式计算即可.
7．（2025·温州模拟）已知函数，，则两个函数的图象仅通过平移就可以重合的是（　　）
A．与 B．与
C．与 D．与
【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【解答】若两个正、余弦型函数的图象仅通过平移就可以重合，则这两个函数的振幅相等，最小正周期也相等，
A、，
所以，函数的振幅为，函数的振幅为，
所以，这两个函数的振幅不相等，
故与的图象不能通过平移重合，A错误；
B、，
，
函数的振幅为，函数的振幅为，
所以，与的图象不能通过平移重合，B错误；
C、因为，，
将函数的图象向左平移个单位长度可与函数的图象重合，C正确；
D、，
函数与的图象不能通过平移重合，D错误.
故答案为：C.
【分析】分析可知，若两个正、余弦型函数的图象仅通过平移就可以重合，则这两个函数的振幅相等，最小正周期也相等，可判断AB选项；利用三角函数图象变换可判断CD选项.
8．（2025·温州模拟）一个圆台形的木块，上、下底面的半径分别为4和8，高为3，用它加工成一个与圆台等高的四棱台，棱台下底面为一边长等于9的矩形，且使其体积最大．现再从余下的四块木料中选择一块车削加工成一个球，则所得球的半径最大值是（　　）（加工过程中不计损耗）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：记圆台的上底面圆心为，下底面圆心为，棱台为，如图所示：
当棱台最大时，上下边之比为，不妨设，，
则球在与圆台围成部分可更大，
记中点为中点为交上底面圆于交下底面圆周于，
设球半径最大为，球心为，如图所示：
球与相切，
设，则，则，
即，解得，
则所得球的半径最大值为.
故答案为：C.
【分析】记圆台的上底面圆心为，下底面圆心为，棱台为，确定四棱台的形状，分析余下木料的情况，找出能削出最大半径球的木料并计算其半径即可.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025·温州模拟）已知二项展开式，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：，
A、令，可得，故A正确；
B、令，可得①，
因为，所以，故B错误；
C、展开式的通项为，
则，，即，故C正确；
D、令，则②，
①+②可得：，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】令求解即可判断A；令即可判断B；写出展开式的通项计算即可判断C；令即可判断D.
10．（2025·温州模拟）在四棱锥中，分别是上的点，，则下列条件可以确定平面的是（　　）
A． B．
C．平面 D．平面
【答案】B,D
【知识点】反证法；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：过点作交于点，连接，如图所示：
即平面，
因为，所以，
若，则，又因为平面，平面，
所以平面，由平面，
得平面平面，又平面，所以平面，故B正确；
若平面，又因为平面平面，所以，由B可知D正确；
假设平面，设平面，则，
若平面，平面平面，所以，
反之若，当且仅当平面，即A、C同时正确或错误；
若，可能，也可能与相交．
若与相交，由知延长必与、交于同一点，
由几何关系知与不平行，故A、C错误．
故答案为：BD.
【分析】过点作交于点，连接，根据线面、面面平行的判定定理与性质，结合反证法，逐项分析证明即可.
11．（2025·温州模拟）甲乙两人用《哪吒2》动漫卡牌玩游戏．游戏开局时桌上有盒动漫卡牌，每个盒子上都标有盒内卡牌的数量，每盒卡牌的数量构成数组，游戏规则如下：两人轮流抽牌，每人每次只能选择其中一盒并抽走至少一张卡牌，若轮到某人时无卡可抽，则该人输掉游戏．现由甲先抽，则下列开局中，能确保甲有必胜策略的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】二项式定理的应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：将每盒卡牌中的卡片数量转为二进制数，
再进行亦或求和，
若初始条件是全零，则乙有必胜策略，反之则甲有必胜策略，保持操作之后是全零状态，
A、，非全零，甲胜：从第2盒中拿2个，A符合题意；
B、，全零，乙胜，B不符合题意；
C、，非全零，甲胜：拿走第三盒，C符合题意；
D、，非全零，甲胜：从第1盒中拿2个，D符合题意；
故答案为：ACD.
【分析】将每盒卡牌中的卡片数量转为二进制数，再进行亦或求和，若初始条件是全零，则乙有必胜策略，反之则甲有必胜策略，保持操作之后是全零状态.
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.
12．（2025·温州模拟）若复数是纯虚数，则实数　 　．
【答案】2
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：若复数为纯虚数，则，解得．
故答案为：2.
【分析】根据复数为纯虚数列方程求解即可.
13．（2025·温州模拟）已知是抛物线在第一象限上的点，是抛物线的焦点，（为坐标原点）则抛物线在处切线的斜率是　 　．
【答案】
【知识点】导数的几何意义；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：由题意，设点，
易知抛物线焦点为，过作轴的垂线，如图所示：
由抛物线定义可得：则，
在中，，即，解得，
设抛物线在处切线的斜率是，由，可知以，
则在函数上，即，则．
故答案为：.
【分析】设，根据焦半径公式结合已知条件求得，再求导求切线斜率即可.
14．（2025·温州模拟）函数满足：①②，．则的最大值等于　 　．
【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：由，，，
设且，
令，则，
即，
设，则，即，
即有解，，解得，则的最大值等于．
故答案为：.
【分析】由题意，设且，代入得，令，则有关于的不等式有解，利用判别式求解即可.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤．
15．（2025·温州模拟）如图，在三棱锥中，是边长等于2的正三角形，，为的中点．
（1）求证：；
（2）若，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明：作中点，连接，如图所示：
则，
因为，所以，
又因为是正三角形，且为中点，所以，
则，即平面，
又因为平面，所以；
（2）解：由题意可得：，，，则，
在中，，
由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
则，
设平面与平面夹角为，
由，，可知，
在中，由余弦定理得，解得，
设点到平面的距离为，则．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；余弦定理
【解析】【分析】（1）作中点，连接，可得、，结合线面垂直的判定定理与性质证明即可；
（2）由题意，在、中，根据余弦定理分别求出，再在中，利用余弦定理求解即可.
（1）作中点，连接，则，
又，所以，
又因为是正三角形，且为中点，因此，
从而平面，
又平面，所以．
（2）由题，，，，则.
在中，，
由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
所以，
设平面与平面夹角为，
由，知.
在中，由余弦定理得，解得，
设点到平面的距离为，则．
16．（2025·温州模拟）PageRank算法是Google搜索引擎用来衡量网页重要性的一种经典算法．其核心思想是通过分析网页之间的链接关系，评估每个网页的相对重要性．假设一个小型的互联网由四个网页组成，它们之间按图中的箭头方向等可能地单向链接，假设某用户从网页开始浏览（记为第1次停留）．
（1）求该用户第3次停留在网页上的概率；
（2）某广告公司准备在网页中选择一个投放广告，以用户前4次在该网页上停留的平均次数作为决策依据．试问该公司应该选择哪个网页？请说明理由．
【答案】（1）解：、；；；.
第3次停留在网页上的事件有、，
其概率为．
（2）解：由题意知，、；；；，用表示第次停留在A，B，C，D处的事件，
则，
所以，
，
所以，
故该公司应该选择网页．
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据、计算即可求解；
（2）根据、；；；求出前4次停留网页对应的概率，求出对应的数学期望，比较大小即可下结论.
（1）、；；；.
第3次停留在网页上的事件有、，
其概率为．
（2）由题意知，、；；；，
用表示第次停留在A，B，C，D处的事件，
则，
所以，
，
所以，
故该公司应该选择网页．
17．（2025·温州模拟）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若在区间上恰有一个零点，求的取值范围；
（3）当时，解方程．
【答案】（1）解：因为（），
所以（），
当时，因为，所以，即，在定义域内单调递增；
当时，由；由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在定义域内单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：由（1）知，当时，在内单调递增，且注意到，因此在区间上无零点；
当时，由可得仅有一解，
所以仅有一解，
令，则直线与的图象仅有一个交点，
因为，且直线过点，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，，
所以，结合，则的取值范围为．
（3）解：由题，，记上式为，
则在定义域内单调递减，因此，仅有一个解，
注意到待求方程，
对中含的部分单独考察，即，其中关于的多项式的解为，
因此时可消去．
当时，有，满足题意；
当时，有，不符合题意；
综上，原方程的解为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求导，分，讨论导函数的符号，判断函数的单调性.
（2）结合（1）的结论，根据函数零点所在区间求参数的取值范围.
（3）明确的解析式，分析其单调性，得到方程解得个数，再结合二次方程的根的情况进行验证即可.
（1）因为（），
所以（），
当时，因为，所以，即，在定义域内单调递增；
当时，由；由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在定义域内单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，当时，在内单调递增，且注意到，因此在区间上无零点；
当时，由可得仅有一解，
所以仅有一解，
令，则直线与的图象仅有一个交点，
因为，且直线过点，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，，
所以，结合，则的取值范围为．
（3）由题，，记上式为，
则在定义域内单调递减，因此，仅有一个解，
注意到待求方程，
对中含的部分单独考察，即，其中关于的多项式的解为，
因此时可消去．
当时，有，满足题意；
当时，有，不符合题意；
综上，原方程的解为．
18．（2025·温州模拟）在平面直角坐标系中，已知点，是直线右侧区域内的动点，到直线与轴的距离之和等于它到点距离的4倍，记点的轨迹为．
（1）求的方程，并在图中画出该曲线；
（2）直线过点，与交于，两点，
（i）若，求直线的方程：
（ii）若，是点关于轴的对称点，延长线段交于点，延长线段交于点，直线交轴于点，求的最小值．
【答案】（1）解：设，则有，
当时，化简得；
当时，化简得，
所以，曲线如图所示：
（2）解：（i）如图所示，不妨设点在圆上，则，，所以点在椭圆上．
设，
解得，所以，所以，
所以直线方程为．
（ii）由题意知，故点也在圆上，又为直径，所以．
设，，联立椭圆方程，得
，
则，
因为，，，
则
所以，
即，
所以，所以，
解得，即的最小值为.
【知识点】曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意列出方程，化简即可得的方程；
（2）（i）不妨设直线交圆于点，可判断点一定在椭圆上，设可求出点坐标，进而求出直线方程；
（ii）易知，则点也在圆上，所以，联立和椭圆方程得到关于的一元二次不等式，即可解出的最小值.
19．（2025·温州模拟）给定正数与无穷数列，若存在，当时，都有，则称数列具有性质．
（1）求证：数列具有性质；
（2）若无穷数列具有性质，求证：存在正数，使得；
（3）若对任意正数，数列都具有性质，则称为“—数列”．若正项数列是“—数列”，试判断数列是否也是“—数列”，并证明你的结论．（注：）
【答案】（1）证明：取，则当时，
则数列具有性质；
（2）证明：，当时，都有，
当时，，
所以，
取，则；
（3）解：，恒有，这由切线放缩易证；
，当时，恒有，即，
若不然，，使得，
取，则，矛盾！（类似（2）中证明）
下证也是“—数列”，
，当时，
而由于是“—数列”，取，则，
当时，有，
所以，
所以也是“—数列”．
【知识点】数列的应用；数列的求和；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）取，根据数列求和公式求出的表达式并与比较即可；
（2）根据数列具有性质，根据绝对值不等式得到的范围，从而找到满足条件的即可；（3）根据是“S—数列”，结合不等式性质适当放缩证明也是“S—数列”即可.
（1）取，则当时，
所以数列具有性质．
（2），当时，都有，
当时，，
所以，
取，则．
（3）我们先证明：
1），恒有，这由切线放缩易证．
2），当时，恒有，即．
若不然，，使得．
取，则，矛盾！（类似（2）中证明）
下证也是“—数列”．
，当时，
而由于是“—数列”，取，则，
当时，有，
所以，
所以也是“—数列”．
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