浙江省温州市普通高中2025届高三第三次适应性考试数学试题（解析版）

这是一份浙江省温州市普通高中2025届高三第三次适应性考试数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知都是单位向量，夹角为，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】由条件，
故选：A
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，
所以．
故选：C
3. 已知是复数的共轭复数，（为虚数单位），则的虚部是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】由，
可得：，故的虚部为1．
故选：C
4. 已知圆和圆有公共点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题可得，
解得：．
故选：B
5. 已知，则（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
故选：C.
6. 已知函数的定义域为，，，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对于A，令，则，
又，则，所以，故A错误；
对于B，令，则，
又，，所以，则，故B错误；
对于C，令，则，
又，则，
由上可知，故，，
所以，故C正确；
对于D，由，则，
所以，
，
由选项C中分析知，所以，故D错误.
故选：C.
7. 为了研究某种商品的广告投入和收益之间的相关关系，某研究小组收集了5组样本数据如表所示，得到线性回归方程为，则当广告投入为10万元时，收益的预测值为（ ）万元．
A. 2.48B. 2.58C. 2.68D. 2.88
【答案】C
【解析】由，
可得数据可得样本中心点为：
代入回归方程，解得：，
所以当时，．
故选：C
8. 已知双曲线的左、右焦点分别是、，在第二象限且在双曲线的渐近线上，，线段的中点在双曲线的右支上，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】如下图所示：
因为，、分别为、的中点，则，
又因为，，故，
所以，
由题意可知，故为钝角，
所以，，
故，
在中，，，，
由余弦定理可得，
解得．
故选：A.
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. 已知函数，则存在实数，使得（ ）
A. 的最小正周期为B. 是偶函数
C. 是奇函数D. 的最大值为0
【答案】AC
【解析】当时，，为奇函数，且，故AC正确；
若为偶函数，则，恒成立，矛盾，故B错误；
因为，所以，无解，故D错误．
故选：AC
10. 抛掷一枚质地均匀骰子，记试验的样本空间为，事件，事件，则（ ）
A. 与是互斥事件B. 与是相互独立事件
C D.
【答案】BD
【解析】对于A选项：可掷出2，使得同时发生，故A错误；
对于B选项：，满足，故B正确；
对于C选项：由B可知，故C错误；
对于D选项：，；
所以，故D正确．
故选：BD
11. 已知数列满足，定义：集合，使得，并记该集合的元素个数为，则以下说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 存在数列，其中有一项能使得且
D. 若任取数列的两项，恰好是元素的概率大于，则
【答案】BCD
【解析】A项：，则，故错误；
B项：，则，故正确；
C项：如，则，即且，故正确；
D项：注意到，由于，
所以至多存在一个使得，且，
对于其余和中，至多只有一个属于，且，
则至少需剔除（）个元素，
所以，
又，解得，故正确．
故选：BCD
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年，省属“三位一体”综合评价招生政策进行了调整，每位考生限报四所大学．某考生从6所大学中选择4所进行报名，其中甲、乙两所学校至多报一所，则该考生报名的可能情况有___________种．
【答案】9
【解析】某考生从6所大学中选择4所进行报名，其中甲、乙两所学校至多报一所，则该考生报名的可能情况有种．
故答案为：9.
13. 在中，，，的中垂线交于点，则的面积的最大值是______．
【答案】12
【解析】设，则.由，知点的轨迹是以，为焦点的椭圆，长轴长为10，焦距为6.椭圆半长轴，半焦距，
半短轴.
设，则的轨迹是椭圆，
面积，
当取最大值(即半短轴)时，面积最大.
最大面积为.
故答案为：12.
14. 已知圆台上下底面半径分别为1，2，母线长为2，则圆台的体积等于______；为下底面圆周上一定点，一只蚂蚁从点出发，绕着圆台的侧面爬行一周又回到点，则爬行的最短距离为______．
【答案】①. ②.
【解析】设圆台高为，已知，，母线长，
则，
所以圆台体积为；
圆台侧面展开图是一个扇环，设其所在扇形所对圆心角为半径为,则且
解得如图，，
过作与小半圆切于点连接并延长至，
过作与小半圆切于点，且两切线交于点连接并延长至，
则，
由题意知爬行过程中必然经过线段中某一点和中某一点，
所以是爬行的最短距离时的部分路径.
所以是爬行最短路径时经过的点，则也是爬行的最短路径的另一部分，
由上可知，，故，，
同理，，
所以所以，
所以爬行的最短距离为
故答案为：；.
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. 已知的内角所对的边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）点在边上，且，求的周长．
解：（1）由及正弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以，所以．
（2）在中，，解得，
在中，，所以，
所以周长．
16. 数列满足：，．
（1）数列满足：，试判断是否是等比数列，并说明理由；
（2）数列满足：，求数列的前项和．
解：（1）是等比数列，理由如下：
因为，故，
又，故，
因为，所以，故是以为首项，为公比的等比数列．
（2）由（1）可知，所以，
所以，
所以
．
17. 抛物线与的焦点分别为，为的一个交点，且．
（1）求的值；
（2）是上的两点，若四边形（按逆时针排列）为平行四边形，求此四边形的面积．
解：（1）抛物线，准线方程为，
，所以，所以，
因为点在抛物线上，所以，
又，所以，
将代入抛物线，可得，
故，，；
（2）由（1）可知，设中点为，
因为四边形为平行四边形，所以为中点，
设，所以，
因为在抛物线上，所以，则，
即，
所以，所以，且直线过点，
所以，即，
联立，
所以，
所以，
到距离，
所以．
18. 如图，几何体由两个直三棱柱拼接而成，在直三棱柱中，；在直三棱柱中，．直线分别交平面于点．
（1）求证：；
（2）若，则
（i）当时，求线段的长度；
（ii）当平面与平面的夹角与互余时，求的值．
（1）证明：由题意可知：，又为平面内两条相交直线，所以平面，
所以平面与平面共面，所以可知在上，
因为为直三棱柱，所以平面，
又在平面内，所以没有交点，
又都在平面内，
所以．
（2）解：（i）因为，
所以，
又，可得，所以
又因为，所以，可得．
（ii）如图建系，则，
则，
设平面的法向量为，
则，故可取，
因平面的法向量可取为，
所以，
因，则有，
整理得，
即，
因，
代入可得，即，
解得，即，解得：，
因，故得．
19 设曲线．
（1）求证：关于直线对称；
（2）求证：是某个函数的图象；
（3）试求所有实数与，使得直线在的上方．
（1）证明：点关于的对称点是，
若点在曲线上，即，
所以，
即也在曲线上，故关于直线对称．
（2）证明：固定，设，则，
当时，恒成立，至多只有一个零点；
当时，令，设，则，
在上单调增，在上单调减，在上单调增，
又，
所以有且仅有一根，即对任意实数，关于的方程只有一解，即对任意实数，只有一个与之对应，
互换曲线方程不变，同理可知对任意实数，只有一个与之对应，所以是某个函数图象．
（3）解：引理：对于上任意一点，恒有．
证明：设，则，
fq+2=q+23-qq+2-q3-1=5q2+10q+7>0，
所以，所以的图象夹在与之间，故．
联立，可得，
当时，，
令，则或，
又，
又，，所以，此时方程无解，
当时，方程也无解，
综上：．/万元
1
2
3
4
5
/万元
0.50
0.80
1.00
1.20
1.50