2024~2025学年浙江部分学校联考2025届 高考数学适应性测试试题[含答案}

这是一份2024~2025学年浙江部分学校联考2025届 高考数学适应性测试试题[含答案}，共18页。试卷主要包含了 已知，，则的值为， 已知数列满足，且，，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 中，，，，则的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理求出的值，利用同角三角函数的基本关系求出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】由余弦定理可得，则为锐角，
故，
因此，的面积为.
故选：A.
2. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，对于下列四个命题：
①；②；
③；④．
其中正确命题的个数有（）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】A
【解析】
【分析】根据线、面位置关系结合线、面平行的判定定理分析判断.
【详解】对于①：因为面面平行的判定定理要求相交，若没有，则可能相交，故①错误；
对于②：因为线面平行的判定定理要求，若没有，则可能，故②错误；
对于③：根据线、面位置关系可知：//，或异面，故③错误；
对于④：根据线、面位置关系可知：//，或异面，故④错误；
故选：A.
3. 下列说法正确的是（）
A若随机变量，则
B. 若随机变量，且，则
C. 一组数据11，12，12，13，14，15，16，18，20，22的第80百分位数为19
D. 若，，，则事件A与事件B相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】对A，根据二项分布的方差公式求解即可；对B，根据正态分布的对称性求解即可；对C，根据百分位数的定义判断即可；对D，根据对立事件的概率公式，结合事件与事件相互独立事件满足判断即可．
【详解】对A，，故A错误；
对B，若随机变量，且，则，故B错误；
对C，数据组共10个数据，故第80百分位数为从小到大第8，9个数据的平均数，即，故C正确；
对D，，，故，故事件与事件不相互独立，故D错误；
故选：C．
4. 设是非零向量，是非零实数，则下列结论中正确的是（ ）
A. 的方向的方向相反B.
C. 与方向相同D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数乘向量运算的定义判断各选项.
【详解】对于A，当时，与方向相同，因此A不正确；
对于B，时，，因此B不正确；
对于C，因为，所以与同向，C正确；
对于D，是实数，是向量，不可能相等．
故选：C．
5. 已知，，则的值为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】则，故
选B
6. 在某班进行的演讲比赛中，共有6位选手参加，其中2位女生，4位男生，如果2位女生不能连续出场，且女生不能排在第一个和最后，则出场顺序的排法种数为（）
A. 120B. 144C. 480D. 90
【答案】B
【解析】
【分析】先排4位男生，再在他们形成的间隔(除两端)插入两个女生即可得解.
【详解】计算出场顺序的排法种数需要两步：第一步，排4位男生有种，第二步，在4位男生形成的中间间隔中插入2位女生有种，
由分步乘法计算原理得，
所以出场顺序的排法种数为144.
故选：B
7. 已知过原点且斜率为的直线交双曲线于，两点，点是双曲线的一个焦点，若，则双曲线的离心率为（）
A. B.
C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过对称性以及数量积与垂直的关系可得是直角三角形，，由题意可设出，代入双曲线方程可得关于的齐次式，进而可得结果.
【详解】设坐标原点为，双曲线的另一个焦点为，连接，，
由对称性知，，所以四边形是平行四边形，
又，所以四边形是矩形，
故是直角三角形，.
不妨设点在第一象限，直线的倾斜角为，
则，，，
则点，即.
又点在双曲线上，所以，即，
即，又，所以，，
故选：A.
【点睛】本题是求解双曲线离心率的问题，解决本题的关键是由已知条件建立关于，的等式，解题时，应善于从题目给出的条件中挖掘几何元素间的关系，然后将这种关系用含，的等式表示，即可求得离心率.
8. 已知数列满足，且，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求出，判断出数列递减，且，再对两边取倒数，然后平方整理得，再利用单调性进行放缩，可得出当时，，结合不等式的性质即可得解.
【详解】∵，，
∴，，则，
∵，
∴，即数列递减，则，
∵，
∴两边取倒数得，即，则，
∵数列递减，
∴当时，，即；
当时，，即，，，，
∴根据不等式的性质可得，即，
∴.
故选：B.
二､多选题：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. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）
A.
B. 的单调减区间为
C. 图象的一条对称轴方程为
D. 点是图象的一个对称中心
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题可知，解得，又在的图象上，结合得，得，即可判断A；根据三角函数的性质可判断B、C、D.
【详解】由题可知，所以，解得，
所以，又在的图象上，所以，
所以，所以，又，所以，
所以，故A正确；
令，解得，
所以的单调减区间为，故B正确；
令，解得，当时，，故C正确；
令，解得，令，则，故D错误.
故选：ABC.
10. 四边形内接于圆，，，，下列结论正确有（）
A. 四边形为梯形
B. 四边形的面积为
C. 圆的直径为7
D. 的三边长度可以构成一个等差数列.
【答案】ABD
【解析】
【分析】直接利用余弦定理，三角形的面积公式，圆的内接四边形性质，和等差数列的证明对选项逐一判断即可.
【详解】
+
连接，由可得，又因为，所以
显然不平行即四边形为梯形，故正确；
在中，=49
在中由余弦定理可得
解得或（舍去）
故B正确
在中由余弦定理可得
圆的直径不可能是，故C错误；
在中，，，，满足
的三边长度可以构成一个等差数列，故D正确.
故选：ABD
11. 已知正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列说法正确的是（）
A. 点到直线的距离为
B. 点到平面的距离为
C. 若点在直线上，则
D. 若点在平面内，则
【答案】AB
【解析】
【分析】由题意对于A，可由等面积法验算；对于B，由即可验算；对于C，由与共线即可验证；对于D，由即可验证.
【详解】
由题意，
所以，
若点在直线上，则，
由与共线可得，故C正确；
又，所以，
而，，
不妨设点到直线的距离为，
由等面积法有，解得，故A错误；
，不妨设平面的法向量为，
则，令，解得，即取平面的法向量为，
若点在平面内，则，
所以，即，故C错误；
又，
所以点到平面的距离为，故B正确.
故选：AB.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. =______
【答案】
【解析】
【分析】利用指数幂的运算性质和对数的运算性质计算即可求解.
【详解】原式=
=
．
故答案为：.
13. 已知函数，，若函数有三个零点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意首先得，，进一步有，由此即可顺利得解.
【详解】由题意设，则函数的零点即为方程的根，
在同一平面直角坐标系中分别画出函数的图象以及直线如图所示：
若函数有三个零点，（不妨设为），
则方程的根有三个根，且，
所以，
且，
因为在单调递增，所以，即，
所以，
令，，解得，令，，解得，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：关键根据函数单调性得到，由此即可顺利得解.
14. 如图，边长为的正三角形的边落在直线l上，中点与定点重合，顶点与定点重合.将正三角形沿直线l顺时针滚动，即先以顶点为旋转中心顺时针旋转，当顶点落在l上，再以顶点为旋转中心顺时针旋转，如此继续.当滚动到时，顶点运动轨迹的长度为___________；在滚动过程中，的取值范围为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意可知，点轨迹为两个圆心角都为的圆弧和一个点，即可求出点的轨迹长度，分别求出点在滚动的过程中纵坐标的范围，求出点，即可求解.
【详解】根据题意可知，点的轨迹为两个圆心角都为的圆弧和一个点，且圆弧的半径为，
所以顶点运动轨迹的长度为，
，，设，则
所以，
滚动的过程中的纵坐标满足，
所以，
故答案为：；.
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. 已知函数在处的切线为．
（1）求实数的值；
（2）求的单调区间和最小值．
【答案】（1）；（2）的单调减区间为的单调增区间为，.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，计算，可求出a，b的值；
（2）求出函数的解析式，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；进而可求得函数的最小值.
【详解】（1）
又∵函数在处的切线为，
，解得：
（2）由（1）可得：，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
的单调减区间为的单调增区间为，
.
【点睛】该题考查的是有关导数的问题，涉及到的知识点有根据切线方程确定参数的值，应用导数研究函数的单调性和最值，属于简单题目.
16. 如图，三棱柱的侧棱与底面垂直，，点是的中点.求证：
（1）平面；
（2）平面平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）作辅助线连接，设与的交点为，连接，利用三角形中位线证明，根据线面平行的判定定理证明结论；
（2）证明，再证明，根据面面垂直的判定定理即可证明结论.
【小问1详解】
证明：连接，设与的交点为，连接，则为中点，
因为点是的中点，所以，
因为平面平面，所以平面.;
【小问2详解】
证明：在三棱柱中，
因为平面平面，
所以，
又，点是的中点，
所以.
因为平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
17. 考查黄烟经过培养液处理与是否跟发生青花病的关系．调查了1633株黄烟，得到如表中数据，请根据数据作统计分析：
附：
【答案】有的把握认为黄烟经过培养液处理与是否跟发生青花病是有关系的．
【解析】
【详解】【试题分析】先依据题设中的22列联表中的数据，运用公式计算出，再与参考数据表中的数据进行比对与分析进行推断：
解：根据公式，则有．
∵，
∴说明有的把握认为黄烟经过培养液处理与是否跟发生青花病是有关系的．
18. 已知函数
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）若函数在上的图象与直线总有两个不同交点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）把代入函数解析式，求出函数在出的导数，可得函数f(x)在点处的切线方程；
（2）求出原函数的导函数，分和讨论，当时由导函数在不同区间的符号得到原函数的单调性，从而求出函数在区间上的最小值点，由题意列出不等式组，可得a的取值范围.
详解】（1）当时，，，，
函数在点处的切线方程为： ;
（2）由，得，
当时，在上单调递减，不满足题意；
当时，在上恒小于0，函数在上单调递减，不满足题意；
当，由可得，
当或时，或，函数在都是单调函数，
函数在上的图象与直线不可能两个不同交点，
故需；
由，得，
当时，＜0，单调递减；
由＞0，得，
当时，，单调递增；
函数在上的图象与直线恒有两个不同交点，
则需，可得，
实数a的取值范围是.
【点睛】本题考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求函数的最值，体现了数学转化思想及分类讨论的思想，是中档题.解答时要注意将图象的交点问题转化为函数的最值问题进行解决.
19. 同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，，且．若则称a与b关于模m同余，记作（mdm）（“|”为整除符号）．
（1）解同余方程（md3）；
（2）设（1）中方程的所有正根构成数列，其中．
①若（），数列的前n项和为，求；
②若（），求数列的前n项和．
【答案】（1）或（）．
（2）①3036；②
【解析】
【分析】（1）根据带除的定义求解，（md3），即能被3整除，从而得出或能被3整除；
（2）①首先求出（分奇偶项），确定出，用并项求和法求和；②求出，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和．
【小问1详解】
由题意（md3），所以或（），即或（）．
【小问2详解】
由（1）可得为，所以．
①因为（），所以．
．
②（）．
因为，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解．
培养液处理
未处理
合计
青花病
30
224
254
无青花病
24
1355
1379
合计
54
1579
1633
0.05
0.01
0.005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.83