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浙江省绍兴市诸暨市湄池中学2025届高三下学期高考适应性考试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．（2025·诸暨模拟）已知集合 ，则 =（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·诸暨模拟）设复数z满足 ，z在复平面内对应的点为(x，y)，则（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025·诸暨模拟）设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是
A． B．
C． D．
4．（2025·诸暨模拟）函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为
A． B．
C． D．
5．（2025·诸暨模拟）若函数在上单调递增，则的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025·诸暨模拟）已知双曲线的中心在原点且一个焦点为 ，直线 与其相交于 ， 两点，若 中点的横坐标为 ，则此双曲线的方程是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·诸暨模拟）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·诸暨模拟）已知数列中，，且，记数列的前项和为，则（　　）
A． B． C． 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025·诸暨模拟）为了解目前本市高二学生身体素质状况，对某校高二学生进行了体能抽测，得到学生的体育成绩，其中60分及以上为及格，90分及以上为优秀，则下列说法正确的是（　　）
参考数据：随机变量，则，，.
A．该校学生体育成绩的方差为100
B．该校学生体育成绩的期望为70
C．该校学生体育成绩不及格的人数和优秀的人数相当
D．该校学生体有成绩的及格率不到
10．（2025·诸暨模拟）已知函数，则（　　）
A．的图象关于点对称
B．的最小正周期为
C．的最小值为
D．在上有四个不同的实数解
11．（2025·诸暨模拟）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和，则下列命题中正确的是（　　）
A．在“杨辉三角”中，第行的所有的数字之和为
B．在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大
C．在“杨辉三角”中，从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，则该数列前10项之和为
D．记“杨辉三角”第行的第个数为，则的值恰好是第行的中间一项的数字
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025·诸暨模拟）等比数列的前n项和为，若，且与的等差中项为，则　 　.
13．（2025·诸暨模拟）已知，则　 　．
14．（2025·诸暨模拟）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为　 　．
四、解答题：本题共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·诸暨模拟）在中，角所对的边分别为，且．
（1）求；
（2）若，，为的中点，求．
16．（2025·诸暨模拟）某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响.
（1）已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择：
方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励.
方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励；
通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？
（2）若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率.
17．（2025·诸暨模拟）如图，三棱锥的底面是边长为2的正三角形ABC，且，平面平面
（1）证明：平面
（2）若BC与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
18．（2025·诸暨模拟）已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若有两个不同的零点，.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：.
19．（2025·诸暨模拟）二次函数的图象是抛物线， 现在我们用 “图象平移” 的方式讨论其焦点与准线， 举例如下： 二次函数的图象可以由的图象沿向量平移得到； 抛物线，即的焦点坐标为，准线方程为 ； 故二次函数的焦点坐标为，准线方程为 .
（1）求二次函数的焦点坐标和准线方程；
（2）求二次函数的焦点坐标和准线方程；
（3）设过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作轴的垂线交抛物线于点. 是否存在定点，使得三点共线 若存在，请求出定点的坐标； 若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】由题意得， ，则
．
故答案为：C．
【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．
2．【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】 【解答】设复数为
复数z在复平面内对应的点为(x，y)，
故答案为：C
【分析】利用复数的加减运算法则求出复数 再利用复数 的实部和虚部表示复数 的模，再利用复数 的几何意义表示出复数z在复平面内对应的点的轨迹方程。
3．【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：∵，∴，
∴
故选：A.
【分析】根据已知条件可得，进而利用向量的线性运算即可求得答案.
4．【答案】D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】由五点作图知，，解得，，所以，令，解得＜＜，故单调减区间为（），，
故答案为：D.
【分析】本题考查根据三角函数图象求三角函数的解析式，余弦函数的图象和性质.将点代入函数解析式，可列出方程组，解方程组可求出，，利用余弦函数的图象和性质可列出不等式，解不等式可求出的单调递减区间.
5．【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数的开口向下，对称轴为直线，
要使函数在单调递增，则，即，
当时，函数在上单调递增，
故要使函数在上单调递增，
需满足，解得，
则的取值范围为．
故答案为：A.
【分析】分别求两段函数单调递增得出参数范围，再根据分段函数解析式的特点得出分界点处函数值的关系，列不等式组求解即可.
6．【答案】D
【知识点】平面内中点坐标公式；双曲线的简单性质
【解析】【解答】设双曲线的方程为 ，由题意可得 ，设 ， ，则 的中点为 ，由 且 ，得 ， ，即 ，联立 ，解得 ， ，故所求双曲线的方程为 ．
故答案为：D．
【分析】根据点差法得 ，再根据焦点坐标得 ，解方程组得 ， ，即得结果.
7．【答案】A
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图截面，S=6 ，
故答案为：A.
【分析】由正方体的每条棱所在直线与平面 所成的角相等，得到平面 与其中一条对角线垂直，此时截面与相应侧面构成正三棱锥，再求出截面面积的最大值.
8．【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.
9．【答案】A,B,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解： AB、由学生的体育成绩， 可得体育成绩的期望，方差，故A、B正确；
C、因为，
所以，
即不及格的概率为，优秀的概率为，两者不同，故C错误；
D、由学生的体育成绩，
可得，
，
所以，
即该校学生体有成绩的及格率不到，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由学生的体育成绩，可得得期望和方差即可判断AB；结合正态分布曲线的对称性，求得相应的概率即可判断CD.
10．【答案】B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的图象；辅助角公式
【解析】【解答】解：A、函数，
作出和的图像，取位于上方的部分即可：
由图可知：函数不可能关于对称，故A错误；
B、由图可知：函数的最小正周期为，故B正确；
C、由图可知：函数的最小值为，故C错误；
D、函数在上的图象，如图所示：
由图可知：在有4个根，故D正确.
【分析】去绝对值化简函数可得，作出函数大致图象，数形结合判断各选项即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】组合及组合数公式；二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：A、在“杨辉三角”中，第行的所有的数字之和即为二项式系数和，故A正确；
B、在“杨辉三角”第行的数中，从左到右共有个数，第个数最大，故B错误；
C、从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，
则该数列前10项之和为，
因 ，故C正确；
D、依题意，，则，
下面证明.
分别从两个角度考虑二项式展开式中的系数，由的通项可知的系数为，
由考虑，的系数为：
，
故有，而第行的中间一项为第项，
即，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用所有的二项式系数之和为即可判断A；利用“杨辉三角”中数字的左右对称性和左增右减的性质即可判断B；先写出数列的前10项之和为，再运用组合数的性质计算即可判断C；先写出表示的式子，通过两个角度考虑展开式中的系数即可判断D.
12．【答案】15
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，首项为，
因为，与的等差中项为， 所以，
解得，，则.
故答案为：15.
【分析】设等比数列的公比为，首项为，由题意列式求得等比数列的公比和，再利用等比数列的求和公式法求解即可.
13．【答案】
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为，所以，所以，
所以.
故答案为：.
【分析】借助辅助角公式与同角三角函数基本关系求得，，进而根据诱导公式可知，化简计算即可求得 .
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正三角形的边长为()，连接交于点，如图所示：
则，，
，
三棱锥的体积，
设，，
令，即，解得，
则在处取得最大值，最大值为.
【分析】设正三角形的边长为()，求得相应边长，表示三棱锥的体积，求导，利用导数求函数的最大值即可.
15．【答案】（1）解：法一：由余弦定理可得，，
整理可得，
由余弦定理可得，
因为，所以．
法二：由正弦定理得，，
因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以．
（2）解：在中，由余弦定理得：，解得，
法一：，
在中，由余弦定理得：，得：．
法二：因为，所以，
所以，
所以，
解得：．
法三：因为，所以，
，所以．

【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）法一：根据余弦定理进行边角化边可得，再利用正弦定理即可求得cosB的值，进而可求得B；
法二：利用正弦定理进行边化角可得，再结合诱导公式和两角和的正弦公式化简可求得cosB的值，进而可求得B；
（2）法一：在中，利用余弦定理，先求边与，再在中利用余弦定理求.
法二：利用，在和中利用余弦定理列式，可求的值.
法三：在中，利用余弦定理，先求边，再利用，结合平面向量数量积的有关运算，可求的值.
（1）法一：因为，由余弦定理：，
得：，则，因为，所以．
法二：因为，由正弦定理得：
，，
，，
因为，所以，因为，所以．
（2）在中，由余弦定理得：，
得：，
法一：，
在中，由余弦定理得：，得：．
法二：因为，所以，
所以，
所以，解得：．
法三：因为，所以，
，所以．
16．【答案】（1）解：若选择方案一，
设该同学获得学习用品的价值为元，则，
则，，，
所以；
若选择方案二，
设该同学获得学习用品的价值为元，则，
则，
，
，
所以，
因为，
故选择方案一比较合适.
（2）解：设“该同学抽取中奖”为事件，
“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，，
则，
，
，
所以
则，
则所求概率为.
【知识点】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；条件概率
【解析】【分析】（1）利用已知条件分别计算出两种方案的期望，再根据期望值判断该同学选择方案一比较合适.
（2）根据已知条件和全概率公式以及条件概率公式，从而得出该同学选择乙抽奖箱的概率.
（1）若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，，
所以，
若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，
，
所以
因为，故选择方案一比较合适
（2）设“该同学抽取中奖”为事件，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，，
则，，，
所以，
故，
所以所求概率为.
17．【答案】（1）证明：如图所示，取中点，中点，连接，
∵，∴，
∴，∴，
又∵，，平面PCE，∴平面，
又平面，∴，
∵，∴，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
又平面，∴，
∵，，，，平面
∴平面
（2）解：解法一：如图所示，以点F为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
∴，，，设点，
∴，，
设平面PAB的法向量，
则，令x=a，则，∴，
∴，解得
∴平面PAB的法向量，
由(1)易知平面PAC的法向量，
设平面PAB与平面PAC夹角为，∴，
∴ 平面与平面夹角的余弦值为
解法二：如图所示，作，垂足为 M，连接
∵平面，，∴平面，
为与平面所成角，
∴，解得，
设，则，
由，得，解得
作，垂足为，连接，
为平面与平面夹角，
，由得，，
，
，
平面与平面夹角的余弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得，，利用线面垂直的判定定理可得
平面，进而可得，由根据面面垂直的性质可得平面，进而可得，利用线面垂直的判定定理即可证得平面
（2）方法一，建立空间直角坐标系，设点，先求得直线BC的方向向量与平面 的法向量，进而求得a的值，再求得平面 ，利用向量的夹角公式即可求得平面与平面夹角的余弦值.
方法二，作，垂足为 M，连接BM，利用线面垂直的判定与性质可得为与平面所成角，进而列式求得CM的值，作，垂足为，连接，可得为平面与平面夹角，计算即可求得平面与平面夹角的余弦值.
（1）取中点，中点，连接，
因为，所以，
又，所以，
又因为，，平面PCE，
所以平面，
又平面，故有，
因为，
所以，
又平面平面，平面平面，
又在平面内，
所以平面，
又平面，故有，
又，，平面
故有平面
（2）解法一：以点F为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设点，
设平面PAB的法向量，，，
则，
可取，
于是有，得
平面PAC的法向量，平面PAB的法向量，设平面PAB与平面PAC夹角为，则，
解法二：如图，作，垂足为 M，连接
因为平面，，故平面，
为与平面所成角，
有，得到，
设，则，
由，得，解得
作，垂足为，连接，
为平面与平面夹角，
，由得，，
，
，
平面与平面夹角的余弦值为
18．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，且，，
则曲线在处的切线方程为，即；
（2）解：（ⅰ） 函数的定义域为，
若有两个不同的零点， ，即方程有两个相异正根，，
即有两个相异正根，，即直线与曲线图象有两个不同的交点，
设，，
因为，所以，
令，解得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以，
由，及的性质知：当且时，，，
当时，，，，
要使有两个相异正根，，必有，则实数的取值范围为；
（ⅱ）证明：由题意可知，，不妨设，则，
设，则
，
令，
则当时，，
即函数在上单调递减，则当时，，所以当时，，
所以在上单调递减，故当时，，
所以当时，，所以，即，
又，，由（ⅰ）可知，在上单调递减，所以，故.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，求导，根据导数的几何意义，结合点斜式求解即可；
（2）（ⅰ）转化为有两个相异正根，，利用导数研究的大致情况得解；
（ⅱ）设，利用导数判断函数单调性，据此可得当时，，再由及函数单调性得出得证.
（1）当时，，所以，
所以，又，
所以曲线在处的切线方程为，即
（2）（ⅰ） 易知的定义域为，
由题意得，方程有两个相异正根，，
即方程有两个相异正根，，
设，则，
因为，所以，
令，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
由，及的性质知，
当且时，，，
所以当时，，又，，
所以要使有两个相异正根，，必有，
故实数的取值范围为.
（ⅱ）证明：由题意可知，，不妨设，则，
设，则
，
令，
则当时，，
所以在上单调递减，则当时，，
所以当时，，
所以在上单调递减，故当时，，
所以当时，，
所以，即，
又，，
由（ⅰ）可知，在上单调递减，所以，故.
19．【答案】（1）解：函数，
二次函数的图象可以由抛物线沿向量平移得到，抛物线，即的焦点坐标为，准线方程为，则二次函数的焦点坐标为，准线方程为；
（2）解：二次函数，
二次函数 的图象可以由抛物线沿向量平移得到，
抛物线，即的焦点坐标为，准线方程为，
则二次函数的焦点坐标为，
准线方程为；
即二次函数的焦点坐标为，准线方程为；
（3）解：由（1）知抛物线可以由抛物线沿向量平移得到，
先考虑如下问题：过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作x轴的垂线交抛物线于点，讨论是否存在定点，使得三点共线；
设，又，则直线的方程为：，
化简可得，
与直线联立得：，代入得：，即，
则直线的方程：，
化简得；
当时，恒成立，所以直线恒过定点，即存在定点，使得三点共线；
故存在定点，使得三点共线．
【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）将二次函数化为顶点式，再根据函数平移得出焦点的坐标和准线方程即可；
（2）将二次函数化为顶点式，再根据向量平移得到焦点坐标与准线方程即可；
（3）先考虑过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作x轴的垂线交抛物线于点，讨论是否存在定点，使得三点共线；设设，表示出直线的方程，即可求出，从而求出的坐标，表示出直线的方程，求出定点坐标，即可得解.
（1）二次函数，
它的图象可以由抛物线沿向量平移得到；
抛物线即的焦点坐标为，准线方程为；
所以二次函数的焦点坐标为，准线方程为．
（2）二次函数，
它的图象可以由抛物线沿向量平移得到；
抛物线即的焦点坐标为，准线方程为；
所以二次函数的焦点坐标为，
准线方程为；
即二次函数的焦点坐标为，准线方程为．
（3）由（1）知抛物线可以由抛物线沿向量平移得到；
先考虑如下问题：过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作x轴的垂线交抛物线于点，讨论是否存在定点，使得三点共线；
设，又，则直线的方程为：，化简得：，
与直线联立得：，代入得：，即，
则直线的方程：，
化简得；
当时，恒成立，所以直线恒过定点，即存在定点，使得三点共线；
故存在定点，使得三点共线．
1 / 1浙江省绍兴市诸暨市湄池中学2025届高三下学期高考适应性考试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．（2025·诸暨模拟）已知集合 ，则 =（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】由题意得， ，则
．
故答案为：C．
【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．
2．（2025·诸暨模拟）设复数z满足 ，z在复平面内对应的点为(x，y)，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】 【解答】设复数为
复数z在复平面内对应的点为(x，y)，
故答案为：C
【分析】利用复数的加减运算法则求出复数 再利用复数 的实部和虚部表示复数 的模，再利用复数 的几何意义表示出复数z在复平面内对应的点的轨迹方程。
3．（2025·诸暨模拟）设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：∵，∴，
∴
故选：A.
【分析】根据已知条件可得，进而利用向量的线性运算即可求得答案.
4．（2025·诸暨模拟）函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】由五点作图知，，解得，，所以，令，解得＜＜，故单调减区间为（），，
故答案为：D.
【分析】本题考查根据三角函数图象求三角函数的解析式，余弦函数的图象和性质.将点代入函数解析式，可列出方程组，解方程组可求出，，利用余弦函数的图象和性质可列出不等式，解不等式可求出的单调递减区间.
5．（2025·诸暨模拟）若函数在上单调递增，则的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数的开口向下，对称轴为直线，
要使函数在单调递增，则，即，
当时，函数在上单调递增，
故要使函数在上单调递增，
需满足，解得，
则的取值范围为．
故答案为：A.
【分析】分别求两段函数单调递增得出参数范围，再根据分段函数解析式的特点得出分界点处函数值的关系，列不等式组求解即可.
6．（2025·诸暨模拟）已知双曲线的中心在原点且一个焦点为 ，直线 与其相交于 ， 两点，若 中点的横坐标为 ，则此双曲线的方程是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面内中点坐标公式；双曲线的简单性质
【解析】【解答】设双曲线的方程为 ，由题意可得 ，设 ， ，则 的中点为 ，由 且 ，得 ， ，即 ，联立 ，解得 ， ，故所求双曲线的方程为 ．
故答案为：D．
【分析】根据点差法得 ，再根据焦点坐标得 ，解方程组得 ， ，即得结果.
7．（2025·诸暨模拟）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图截面，S=6 ，
故答案为：A.
【分析】由正方体的每条棱所在直线与平面 所成的角相等，得到平面 与其中一条对角线垂直，此时截面与相应侧面构成正三棱锥，再求出截面面积的最大值.
8．（2025·诸暨模拟）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.
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025·诸暨模拟）为了解目前本市高二学生身体素质状况，对某校高二学生进行了体能抽测，得到学生的体育成绩，其中60分及以上为及格，90分及以上为优秀，则下列说法正确的是（　　）
参考数据：随机变量，则，，.
A．该校学生体育成绩的方差为100
B．该校学生体育成绩的期望为70
C．该校学生体育成绩不及格的人数和优秀的人数相当
D．该校学生体有成绩的及格率不到
【答案】A,B,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解： AB、由学生的体育成绩， 可得体育成绩的期望，方差，故A、B正确；
C、因为，
所以，
即不及格的概率为，优秀的概率为，两者不同，故C错误；
D、由学生的体育成绩，
可得，
，
所以，
即该校学生体有成绩的及格率不到，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由学生的体育成绩，可得得期望和方差即可判断AB；结合正态分布曲线的对称性，求得相应的概率即可判断CD.
10．（2025·诸暨模拟）已知函数，则（　　）
A．的图象关于点对称
B．的最小正周期为
C．的最小值为
D．在上有四个不同的实数解
【答案】B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的图象；辅助角公式
【解析】【解答】解：A、函数，
作出和的图像，取位于上方的部分即可：
由图可知：函数不可能关于对称，故A错误；
B、由图可知：函数的最小正周期为，故B正确；
C、由图可知：函数的最小值为，故C错误；
D、函数在上的图象，如图所示：
由图可知：在有4个根，故D正确.
【分析】去绝对值化简函数可得，作出函数大致图象，数形结合判断各选项即可.
11．（2025·诸暨模拟）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和，则下列命题中正确的是（　　）
A．在“杨辉三角”中，第行的所有的数字之和为
B．在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大
C．在“杨辉三角”中，从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，则该数列前10项之和为
D．记“杨辉三角”第行的第个数为，则的值恰好是第行的中间一项的数字
【答案】A,C,D
【知识点】组合及组合数公式；二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：A、在“杨辉三角”中，第行的所有的数字之和即为二项式系数和，故A正确；
B、在“杨辉三角”第行的数中，从左到右共有个数，第个数最大，故B错误；
C、从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，
则该数列前10项之和为，
因 ，故C正确；
D、依题意，，则，
下面证明.
分别从两个角度考虑二项式展开式中的系数，由的通项可知的系数为，
由考虑，的系数为：
，
故有，而第行的中间一项为第项，
即，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用所有的二项式系数之和为即可判断A；利用“杨辉三角”中数字的左右对称性和左增右减的性质即可判断B；先写出数列的前10项之和为，再运用组合数的性质计算即可判断C；先写出表示的式子，通过两个角度考虑展开式中的系数即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025·诸暨模拟）等比数列的前n项和为，若，且与的等差中项为，则　 　.
【答案】15
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，首项为，
因为，与的等差中项为， 所以，
解得，，则.
故答案为：15.
【分析】设等比数列的公比为，首项为，由题意列式求得等比数列的公比和，再利用等比数列的求和公式法求解即可.
13．（2025·诸暨模拟）已知，则　 　．
【答案】
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为，所以，所以，
所以.
故答案为：.
【分析】借助辅助角公式与同角三角函数基本关系求得，，进而根据诱导公式可知，化简计算即可求得 .
14．（2025·诸暨模拟）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正三角形的边长为()，连接交于点，如图所示：
则，，
，
三棱锥的体积，
设，，
令，即，解得，
则在处取得最大值，最大值为.
【分析】设正三角形的边长为()，求得相应边长，表示三棱锥的体积，求导，利用导数求函数的最大值即可.
四、解答题：本题共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·诸暨模拟）在中，角所对的边分别为，且．
（1）求；
（2）若，，为的中点，求．
【答案】（1）解：法一：由余弦定理可得，，
整理可得，
由余弦定理可得，
因为，所以．
法二：由正弦定理得，，
因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以．
（2）解：在中，由余弦定理得：，解得，
法一：，
在中，由余弦定理得：，得：．
法二：因为，所以，
所以，
所以，
解得：．
法三：因为，所以，
，所以．

【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）法一：根据余弦定理进行边角化边可得，再利用正弦定理即可求得cosB的值，进而可求得B；
法二：利用正弦定理进行边化角可得，再结合诱导公式和两角和的正弦公式化简可求得cosB的值，进而可求得B；
（2）法一：在中，利用余弦定理，先求边与，再在中利用余弦定理求.
法二：利用，在和中利用余弦定理列式，可求的值.
法三：在中，利用余弦定理，先求边，再利用，结合平面向量数量积的有关运算，可求的值.
（1）法一：因为，由余弦定理：，
得：，则，因为，所以．
法二：因为，由正弦定理得：
，，
，，
因为，所以，因为，所以．
（2）在中，由余弦定理得：，
得：，
法一：，
在中，由余弦定理得：，得：．
法二：因为，所以，
所以，
所以，解得：．
法三：因为，所以，
，所以．
16．（2025·诸暨模拟）某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响.
（1）已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择：
方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励.
方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励；
通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？
（2）若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率.
【答案】（1）解：若选择方案一，
设该同学获得学习用品的价值为元，则，
则，，，
所以；
若选择方案二，
设该同学获得学习用品的价值为元，则，
则，
，
，
所以，
因为，
故选择方案一比较合适.
（2）解：设“该同学抽取中奖”为事件，
“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，，
则，
，
，
所以
则，
则所求概率为.
【知识点】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；条件概率
【解析】【分析】（1）利用已知条件分别计算出两种方案的期望，再根据期望值判断该同学选择方案一比较合适.
（2）根据已知条件和全概率公式以及条件概率公式，从而得出该同学选择乙抽奖箱的概率.
（1）若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，，
所以，
若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，
，
所以
因为，故选择方案一比较合适
（2）设“该同学抽取中奖”为事件，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，，
则，，，
所以，
故，
所以所求概率为.
17．（2025·诸暨模拟）如图，三棱锥的底面是边长为2的正三角形ABC，且，平面平面
（1）证明：平面
（2）若BC与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：如图所示，取中点，中点，连接，
∵，∴，
∴，∴，
又∵，，平面PCE，∴平面，
又平面，∴，
∵，∴，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
又平面，∴，
∵，，，，平面
∴平面
（2）解：解法一：如图所示，以点F为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
∴，，，设点，
∴，，
设平面PAB的法向量，
则，令x=a，则，∴，
∴，解得
∴平面PAB的法向量，
由(1)易知平面PAC的法向量，
设平面PAB与平面PAC夹角为，∴，
∴ 平面与平面夹角的余弦值为
解法二：如图所示，作，垂足为 M，连接
∵平面，，∴平面，
为与平面所成角，
∴，解得，
设，则，
由，得，解得
作，垂足为，连接，
为平面与平面夹角，
，由得，，
，
，
平面与平面夹角的余弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得，，利用线面垂直的判定定理可得
平面，进而可得，由根据面面垂直的性质可得平面，进而可得，利用线面垂直的判定定理即可证得平面
（2）方法一，建立空间直角坐标系，设点，先求得直线BC的方向向量与平面 的法向量，进而求得a的值，再求得平面 ，利用向量的夹角公式即可求得平面与平面夹角的余弦值.
方法二，作，垂足为 M，连接BM，利用线面垂直的判定与性质可得为与平面所成角，进而列式求得CM的值，作，垂足为，连接，可得为平面与平面夹角，计算即可求得平面与平面夹角的余弦值.
（1）取中点，中点，连接，
因为，所以，
又，所以，
又因为，，平面PCE，
所以平面，
又平面，故有，
因为，
所以，
又平面平面，平面平面，
又在平面内，
所以平面，
又平面，故有，
又，，平面
故有平面
（2）解法一：以点F为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设点，
设平面PAB的法向量，，，
则，
可取，
于是有，得
平面PAC的法向量，平面PAB的法向量，设平面PAB与平面PAC夹角为，则，
解法二：如图，作，垂足为 M，连接
因为平面，，故平面，
为与平面所成角，
有，得到，
设，则，
由，得，解得
作，垂足为，连接，
为平面与平面夹角，
，由得，，
，
，
平面与平面夹角的余弦值为
18．（2025·诸暨模拟）已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若有两个不同的零点，.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：.
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，且，，
则曲线在处的切线方程为，即；
（2）解：（ⅰ） 函数的定义域为，
若有两个不同的零点， ，即方程有两个相异正根，，
即有两个相异正根，，即直线与曲线图象有两个不同的交点，
设，，
因为，所以，
令，解得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以，
由，及的性质知：当且时，，，
当时，，，，
要使有两个相异正根，，必有，则实数的取值范围为；
（ⅱ）证明：由题意可知，，不妨设，则，
设，则
，
令，
则当时，，
即函数在上单调递减，则当时，，所以当时，，
所以在上单调递减，故当时，，
所以当时，，所以，即，
又，，由（ⅰ）可知，在上单调递减，所以，故.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，求导，根据导数的几何意义，结合点斜式求解即可；
（2）（ⅰ）转化为有两个相异正根，，利用导数研究的大致情况得解；
（ⅱ）设，利用导数判断函数单调性，据此可得当时，，再由及函数单调性得出得证.
（1）当时，，所以，
所以，又，
所以曲线在处的切线方程为，即
（2）（ⅰ） 易知的定义域为，
由题意得，方程有两个相异正根，，
即方程有两个相异正根，，
设，则，
因为，所以，
令，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
由，及的性质知，
当且时，，，
所以当时，，又，，
所以要使有两个相异正根，，必有，
故实数的取值范围为.
（ⅱ）证明：由题意可知，，不妨设，则，
设，则
，
令，
则当时，，
所以在上单调递减，则当时，，
所以当时，，
所以在上单调递减，故当时，，
所以当时，，
所以，即，
又，，
由（ⅰ）可知，在上单调递减，所以，故.
19．（2025·诸暨模拟）二次函数的图象是抛物线， 现在我们用 “图象平移” 的方式讨论其焦点与准线， 举例如下： 二次函数的图象可以由的图象沿向量平移得到； 抛物线，即的焦点坐标为，准线方程为 ； 故二次函数的焦点坐标为，准线方程为 .
（1）求二次函数的焦点坐标和准线方程；
（2）求二次函数的焦点坐标和准线方程；
（3）设过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作轴的垂线交抛物线于点. 是否存在定点，使得三点共线 若存在，请求出定点的坐标； 若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：函数，
二次函数的图象可以由抛物线沿向量平移得到，抛物线，即的焦点坐标为，准线方程为，则二次函数的焦点坐标为，准线方程为；
（2）解：二次函数，
二次函数 的图象可以由抛物线沿向量平移得到，
抛物线，即的焦点坐标为，准线方程为，
则二次函数的焦点坐标为，
准线方程为；
即二次函数的焦点坐标为，准线方程为；
（3）解：由（1）知抛物线可以由抛物线沿向量平移得到，
先考虑如下问题：过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作x轴的垂线交抛物线于点，讨论是否存在定点，使得三点共线；
设，又，则直线的方程为：，
化简可得，
与直线联立得：，代入得：，即，
则直线的方程：，
化简得；
当时，恒成立，所以直线恒过定点，即存在定点，使得三点共线；
故存在定点，使得三点共线．
【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）将二次函数化为顶点式，再根据函数平移得出焦点的坐标和准线方程即可；
（2）将二次函数化为顶点式，再根据向量平移得到焦点坐标与准线方程即可；
（3）先考虑过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作x轴的垂线交抛物线于点，讨论是否存在定点，使得三点共线；设设，表示出直线的方程，即可求出，从而求出的坐标，表示出直线的方程，求出定点坐标，即可得解.
（1）二次函数，
它的图象可以由抛物线沿向量平移得到；
抛物线即的焦点坐标为，准线方程为；
所以二次函数的焦点坐标为，准线方程为．
（2）二次函数，
它的图象可以由抛物线沿向量平移得到；
抛物线即的焦点坐标为，准线方程为；
所以二次函数的焦点坐标为，
准线方程为；
即二次函数的焦点坐标为，准线方程为．
（3）由（1）知抛物线可以由抛物线沿向量平移得到；
先考虑如下问题：过的直线与抛物线的另一个交点为，直线与直线交于点，过点作x轴的垂线交抛物线于点，讨论是否存在定点，使得三点共线；
设，又，则直线的方程为：，化简得：，
与直线联立得：，代入得：，即，
则直线的方程：，
化简得；
当时，恒成立，所以直线恒过定点，即存在定点，使得三点共线；
故存在定点，使得三点共线．
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