浙江省紹興市2024-2025學年高三數學上學期11月適應性考試試題本試題卷總分150分，考試時間120分鐘一、選擇題（本大題共8小題，每題5分，共48分，每小題只有一個正確答案）1.設集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由題知，，再求集合交集運算即可.【詳解】解：因為，所以，即，因，解得，所以，所以，.故選：D2.若，則的虛部為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依據復數的運算得，再求解虛部即可.【詳解】解：因為，所以，所以，所以的虛部為.故選：C3.已知向量，滿意，，，則（）A.2 B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】依據題意得，再解方程即可.【詳解】解：因為，所以，因為，，所以，即，解得或（舍）所以，故選：D4.已知數列為等差數列，前項和為，則“”是“數列為單增數列”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】D【解析】【分析】先說明充分性，由得到為單調遞增數列，設公差為，表達出，結合對稱軸得到時，此時先增后減，從而充分性不成立；再舉出反例得到必要性不成立.【詳解】若，故，即，故單調遞增數列，設公差為，此時，，令，對稱軸為，當時，此時對稱軸，此時先增后減，所以數列不是單調數列，充分性不成立，若數列為單增數列，設等差數列公差為，若，不妨設，此時，滿意數列為單增數列，此時，，故必要性不成立，故“”是“數列為單增數列”的既不充分也不必要條件.故選：D5.如圖，一個底面半徑為的圓柱被與其底面所在平面的夾角為的平面所截，截面是一個橢圓，當為時，這個橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依據題意求出，即可求得該橢圓的離心率為.【詳解】由題意可知橢圓的短半軸長為，長半軸長為，則，則該橢圓的離心率為.故選：A.6.設函數f(x)＝x2＋x＋a(a＞0)，已知f(m)＜0，則()A.f(m＋1)≥0 B.f(m＋1)≤0C.f(m＋1)＞0 D.f(m＋1)＜0【答案】C【解析】【詳解】試題分析：，∵，∴，∵，且∴，，∴，即：，∴，故答案為C.考點：一元二次不等式的應用.7.其次十二屆世界杯足球賽將于年月日在卡塔爾實行，東道主卡塔爾與厄瓜多爾、塞內加爾、荷蘭分在組進行單循環小組賽（每兩隊只進行一場競賽），每場小組賽結果相互獨立.已知東道主卡塔爾與厄瓜多爾、塞內加爾、荷蘭競賽獲勝的概率分別為、、，且.記卡塔爾連勝兩場的概率為，則（）A.卡塔爾在其次場與厄瓜多爾競賽，最大B.卡塔爾在其次場與塞內加爾競賽，最大C.卡塔爾在其次場與荷蘭競賽，最大D.與卡塔爾和厄瓜多爾、塞內加爾、荷蘭的競賽次序無關【答案】A【解析】【分析】分別計算出卡塔爾其次場與厄瓜多爾、塞內加爾、荷蘭，且連勝兩場的概率，利用作差可比較大小，可得出合適的選項.【詳解】因為卡塔爾連勝兩場，則其次場卡塔爾必勝，①設卡塔爾在其次場與厄瓜多爾競賽，且連勝兩場的概率為，則；②設卡塔爾在其次場與塞內加爾競賽，且兩場連勝的概率為，則；③設卡塔爾在其次場與荷蘭競賽，且兩場連勝的概率為，則.所以，，，，所以，，因此，卡塔爾在其次場與厄瓜多爾競賽，最大，A對，BCD錯.故選：A.8.如圖，在四棱錐中，底面是矩形，側面是等腰直角三角形，平面平面，當棱上一動點到直線的距離最小時，過作截面交于點，則四棱錐的體積是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】取的中點，連接，由題意可得平面建立空間直角坐標系，利用空間向量中點到直線距離公式計算出到直線的距離最小時的詳細坐標，再用空間向量的方法計算出點到直線的距離和點到平面的距離即可.【詳解】取的中點，連接，因為是等腰直角三角形且，所以，，，因平面平面平面平面平面所以平面所以以為原點，分別以，，的方向為，，軸的建立空間直角坐標系，則所以，，因為動點在棱上，所以設，則所以，，，，，，所以點到直線的距離為，所以當時，點到直線的最小距離為，此時點是的中點即．因為，平面，平面，所以平面，因為平面，平面平面，所以，所以，因為點是的中點，所以點是的中點，所以，，，，，，，所以點到直線的距離為，所以梯形的面積為，設平面的一個法向量為，則，即，令，則，，所以，則點到平面的距離，所以四棱錐的體積為．故選：B【點睛】方法點睛：針對于立體幾何中角度范圍和距離范圍的題目，可以建立空間直角坐標系來進行求解，嫻熟各種距離、各種角度的計算方式．二、多選題（每小題5分，全部選對得5分，部分選對得3分，有錯選得0分，共20分）9.已知與是定義在上的連續函數，假如與僅當時的函數值為0，且，那么下列情形可能出現的是（）A.0是的極大值，也是的極大值B.0是的微小值，也是的微小值C.0是的極大值，但不是的極值D.0是的微小值，但不是的極值【答案】ABD【解析】【分析】利用特別函數舉例即可.【詳解】取，易知A正確取，易知B正確取，易知D正確0是的極大值，則在旁邊，最大，若0不是的極值，則在旁邊存在實數使得，與沖突，所以C錯誤故選：ABD10.函數，則在區間內可能（）A.單調遞增B.單調遞減C.有最小值，無最大值D.有最大值，無最小值【答案】BC【解析】【分析】通過正弦曲線的單調區間和最值點，利用整體代換法將代替為即可推斷出各選項的正誤.【詳解】利用整體代換法將代替為，通過的單調區間與最值點可以推斷出，單調增區間為，單調減區間為，，故選項A錯誤，選項B正確；最小值點為，最大值點為，，所以只有可能在區間內，故選項C正確，選項D錯誤.故選：BC.11.已知為坐標原點，拋物線：（）的焦點為，過點的直線交拋物線于，兩點，點為拋物線上的動點，則（）A.的最小值為B.的準線方程為C.D.當時，點到直線的距離的最大值為【答案】BCD【解析】【分析】依據拋物線的焦點坐標以及標準方程，結合拋物線的定義，利用圖象，可得A、B的正誤；設出直線的方程，聯立直線與拋物線，寫出韋達定理，依據數量積的坐標運算，整理函數關系，可得C的正誤；利用兩平行線之間的距離公式，結合導數求得范圍，可得D的正誤.【詳解】對于A、B，由拋物線的焦點，則，即，其準線方程為，設點到準線的距離為，則，設點到準線的距離為，易知，如下圖：故A錯誤，B正確；對于C，由題意可知，過點的直線可設為，代入拋物線，可得，設，則，，將代入上式，可得，故C正確；對于D，由C可得直線的方程為，可設直線的方程為，易知點到直線的距離等于兩平行線與的距離，令，，當時，，當時，，則在和上單調遞減，在上單調遞增，由當時，，當時，，則，，可得，故D正確.故選：BCD.【點睛】直線與圓錐曲線的位置問題，常用思路，聯立直線與圓錐曲線，寫出韋達定理，解得題目中其他條件，整理方程，可求得參數的值或者參數之間的等量關系，也可整理函數關系，求解范圍.12.對一列整數，約定：輸入第一個整數，只顯示不計算，接著輸入整數，只顯示的結果，此后每輸入一個整數都是與前次顯示的結果進行求差再取肯定值.設全部輸入完畢后顯示的最終的結果為.若將從1到2024的2024個整數隨機地輸入，則（）A.的最小值為0 B.的最小值為1C.的最大值為2024 D.的最大值為2024【答案】BD【解析】【分析】由題意，先計算前幾個連續數的結果，總結規律，依據規律，可得答案.【詳解】對于，對于連續四個奇數，，由題意運算，其結果最小值為；同理可得，對于連續四個偶數，，其結果最小值為；在1到2024的2024個整數中有1011個奇數和1011個偶數，，由，經過計算最小值為，且，經過計算最小值為，則的最小值為1；除2024之外，前2024個數中有1011個奇數和1010個偶數，，，由，經過計算最小值為，且，經過計算最小值為，則前2024個數經過計算最小值為，故的最大值為2024.故選：BD.三、填空題（每小題5分，共20分）13.的綻開式中常數項為______.（用數字作答）【答案】84【解析】【分析】依據二項綻開式的通項公式求解.【詳解】依據通項公式,令,解得,所以,故答案為:84.14.《九章算術》是中國古代第一部數學專著，該書內容非常豐富，系統總結了戰國、秦、漢時期的數學成就.其中卷五“商功”中記載“今有鱉臑下廣兩尺，無袤；上袤四尺，無廣；高三尺”.即“現有四面都是直角三角形的三棱錐，底寬2尺而無長，上底長4尺而無寬，高3尺”，即有一“鱉臑”（四面體），已知，，，，則此四面體外接球的表面積是______.【答案】【解析】【分析】畫出圖形，取的中點，連接，利用已知條件證明為四面體的外接球的球心，在直角三角形中解出球體的半徑，從而求出四面體外接球的表面積.【詳解】如圖所示，取的中點，連接因為，所以，又因為，所以，所以，所以為四面體的外接球的球心，設半徑為，所以在中，由，，所以，在中，，，所以所以所以四面體外接球的表面積為：故答案為：.15.我們知道，函數的圖象關于坐標原點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數，有同學發覺可以將其推廣為：函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數，則的圖象的對稱中心為______.【答案】【解析】【分析】求解出，利用定義法推斷出其為奇函數，從而得到的圖象的對稱中心.【詳解】因為，定義域為R，且，所以為奇函數，故的圖象的對稱中心為.故答案為：.16.已知圓：，線段在直線：上運動，點為線段上隨意一點，若圓上存在兩點，，使得，則線段長度的最大值是______.【答案】【解析】【分析】設圓的切線為，由得，從而可求出的取值范圍，利用勾股定理，可求出此時的最大值.【詳解】解：由題意知，圓心，半徑所以，圓心到直線的距離，即直線和圓相離.從直線上的點向圓上的點連線成角，當且僅當兩條線為切線時最大，不妨設切線為，由知，即.所以，解得.所以在直線上，當最大時，點到圓心的距離為.所以，此時長度最大值為.故答案為:.四、解答題（共70分）17.已知數列滿意，.有以下三個條件：①（，）；②；③（）；從上述三個條件中任選一個條件，求數列的通項公式和前項和.【答案】，【解析】【分析】選①依據遞推關系式構造等比數列，再構造等差數列即可求得；選②依據遞推關系式，結合累乘法求得；選③利用前項和與通項的關系，相減求得；求前前項和采納錯位相減法即可.【詳解】解：選①由（，）得，故是公比為2的等比數列，則即，故是公差為的等差數列，則，即.選②由得，故化簡得，即也滿意選③由（1）得當時，（2）由（1）－（2）得，故也滿意，因此，兩式相減得化簡得18.已知函數.（1）若，求的值；（2）若在銳角中，角，，所對的邊分別為，，，已知，，求的周長的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)依據誘導公式和二倍角的余弦公式可得，進而即可求解；(2)由(1)和可得或，求出角A，利用正弦定理可得周長，結合角B的范圍即可求解.【小問1詳解】由，因為，故；【小問2詳解】，而，即，故或，由，得或（舍去），由正弦定理得，故，，周長，為銳角三角形，則，，.19.在四棱錐中，，，，.（1）求證：；（2）若平面平面，二面角的余弦值為，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析.（2）.【解析】【分析】（1）取的中點，連接，，證明平面，繼而證明，從而證明結論；（2）建立空間直角坐標系，求得相關點坐標，利用二面角的余弦值為，結合空間向量角的求法求得，繼而求得平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求得答案.【小問1詳解】證明：如圖所示，取的中點，連接，.依題意可知，，，，故，為正三角形，,又，，平面，平面平面，又平面，，【小問2詳解】依題意平面平面，由（1）可知，平面平面,平面,則平面，故以，，為，，軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系.設，則，，，,，，，,設平面的一個法向量，由,可得，令，則，，,設平面的一個法向量，由,可得，令，則，，則,可得平面的法向量.依題意可得，解得，即.即平面的法向量，,設直線與平面所成角為，則的正弦值.20.某學校共有1000名學生參與學問競賽，其中男生400人，為了解該校學生在學問競賽中的狀況，實行分層抽樣隨機抽取了100名學生進行調查，分數分布在450～950分之間，依據調查的結果繪制的學生分數頻率分布直方圖如圖所示，將分數不低于750分的學生稱為“高分選手”.（1）求的值，并估計該校學生分數的平均數（同一組中的數據用該組區間的中點值作代表）；（2）現采納分層抽樣的方式從分數落在，內的兩組學生中抽取10人，再從這10人中隨機抽取3人，記被抽取的3名學生中屬于“高分選手”的學生人數為隨機變量，求的分布列及數學期望；（3）若樣本中屬于“高分選手”的女生有10人，請推斷是否有97.5%的把握認為該校學生屬于“高分選手”與“性別”有關？（參考公式：，其中）0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910828【答案】（1），平均數為（2）分布列見解析，（3）有【解析】【分析】（1）利用頻率之和為1列出方程，求出，再利用中間值做代表求出樣本平均數；（2）先依據分層抽樣得到從中抽取7人，中抽取3人，再得到隨機變量的可能值及相應的概率，得到分布列及數學期望；（3）利用公式求出卡方，并與5.024比較后得到結論.【小問1詳解】由題意知，解得，樣本平均數為.【小問2詳解】由題意，從中抽取7人，從中抽取3人，隨機變量的全部可能取值有0，1，2，3.（，1，2，3），所以隨機變量的分布列為：0123隨機變量的數學期望.【小問3詳解】由題可知，樣本中男生40人，女生60人，屬于“高分選手”的25人，其中女生10人；得出以下列聯表；屬于“高分選手”不屬于“高分選手”合計男生152540女生105060合計2575100，所以有97.5%的把握認為該校學生屬于“高分選手”與性別有關.21.已知雙曲線：（，）的左焦點為，點是雙曲線上的一點.（1）求的方程；（2）已知過坐標原點且斜率為（）的直線交于，兩點，連接交于另一點，連接交于另一點，若