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（八省联考）2025年上海市新高考综合改革适应性演练数学试卷带解析附参考答案【培优b卷】

学校：__________姓名：__________班级：__________考号：__________

题号

一

二

三

总分

得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

评卷人

得分

一、选择题（共2题，总计0分）

1．设集合P={1，2，3，4}，Q={}，则P∩Q等于()

(A){1，2}(B){3，4}(C){1}(D){-2，-1，0，1，2}(2004江苏)

解析：A

2．一个等差数列的第6项是5,第3项与第8项的和也是5,则这个等差数列的第5项为

A.5B.0C.10D.-5

答案：B

解析：354B

评卷人

得分

二、填空题（共19题，总计0分）

3．函数的定义域是▲。

解析：

4．如图，已知点P是单位正方体

BACDB1A1C1

B

A

C

D

B1

A1

C1

D1

答案：0或1；

解析：0或1；

5．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝4，CB＝2，AA1＝eq\r(2)，∠ACB＝60°，E、F分别是A1C1、BC的中点.（图见答卷纸相应题号处）

⑴证明C1F//平面ABE；

⑵ 若P是线段BE上的点，证明：平面A1B1C⊥平面C1FP；

⑶ 若P在E点位置，求三棱锥P－B1C1F的体积.（本题满分16分）

x

x

y

C

O

F

E

P

Q

B

D

答案：⑴证明：取AB中点G，连结GF、GE，∵F为BC中点，∴FG∥AC，且FG＝AC而由三棱柱可得，C1E//AC，且C1E＝AC，∴FG//C1E且FG＝C1E∴四边形EGFC1为平行四边形∴C1F

解析：⑴证明：取AB中点G，连结GF、GE，

∵F为BC中点，∴FG∥AC，且FG＝eq\f(1,2)AC

而由三棱柱可得，C1E//AC，且C1E＝eq\f(1,2)AC，∴FG//C1E且FG＝C1E

∴四边形EGFC1为平行四边形

∴C1F//EG，而EG?平面ABE，C1F?平面ABE

∴C1F//平面ABE.…………5分

⑵证明：△ABC中，AC＝4，CB＝2，∠ACB＝60°，可求得AB＝2eq\r(3)，∠ABC＝90°即AB⊥BC

∵直三棱柱ABC－A1B1C1，故∠A1B1C1也为90°

BCC1B1F∴A1B

B

C

C1

B1

F

又由直三棱柱可得BB1⊥底面A1B1C1，

∴BB1⊥A1B1，

且BB1∩B1C1＝B1，

∴A1B1⊥侧面B1C1CB

又C1F?侧面B1C1CB，∴A1B1⊥C1F；

在侧面矩形B1C1CB中，BB1＝eq\r(2)，BC＝2，F为BC中点

证明△C1CF∽△CBB1，从而可得∠BCB1＝∠FC1C

∴∠C1FC＋∠BCB1＝∠C1FC＋∠FC1C＝90°，即B1C⊥C1F；

又∵A1B1∩B1C＝B1，A1B1?平面A1B1C，B1C?平面A1B1C

∴C1F⊥平面A1B1C

又C1F?平面C1FP，∴平面A1B1C⊥平面C1FP.………12分

⑶∵P在E点位置，三棱锥P－B1C1F即为三棱锥E－B1C1F

而E是A1C1的中点，E到平面BCC1B1的距离是A1到平面BCC1B1的距离一半

又∵A1B1⊥平面BCC1B1，且A1B1＝2eq\r(3)

∴P到平面BCC1B1的距离＝eq\f(1,4)A1B1＝eq\f(\r(3),2)

而在矩形BCC1B1中，△B1C1F的面积＝eq\f(1,2)矩形面积＝eq\r(2)

∴V三棱锥＝eq\f(1,3)×S△×h＝eq\f(\r(6),6)（此问体积求法很多，上述仅供参考）……16分

6．将一个边长为a的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了________．

解析：每个小正方体的表面积是eq\f(1,9)a2×6＝eq\f(2,3)a2，故表面积增加了eq\f(2,3)a2×27－6a2＝12a2.

答案：12a2

解析：12a2

7．方程的实数解落在长度为1的区间是