浙江省浙江大学附中2025届高三数学下学期全真模拟考试试题含解析

PAGE26-浙江省浙江高校附中2025届高三数学下学期全真模拟考试试题（含解析）一、选择题1.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先利用肯定值的几何意义求出集合，然后再利用集合的交运算即可求解.【详解】由，，所以故选：A【点睛】本题考查了集合的交运算、肯定值的几何意义解不等式，考查了基本运算求解实力，属于基础题.2.若复数，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用复数的除法，将复数，转化为，再利用复数的概念求解.【详解】因复数，所以的虚部为.故选：C【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的概念，还考查了运算求解的实力，属于基础题.3.已知双曲线，则焦点坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据双曲线方程可得，即得，再依据双曲线方程确定焦点位置，即得结果.【详解】焦点在轴上，因此焦点坐标为：故选：B【点睛】本题考查双曲线焦点坐标，考查基本分析求解实力，属基础题.4.若，满意约束条件，则的最大值是（）A.8 B.4 C.2 D.6【答案】D【解析】【分析】先依据约束条件画出可行域，再转化目标函数，把求目标函数的最值问题转化成求截距的最值问题.【详解】作出不等式组对应的平面区域如图所示：由，解得，由，得，平移直线，由图象可知当直线经过点，直线的截距最大，此时最大，此时，故选D．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法，属于基础题.5.函数的部分图像大致为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先确定函数的奇偶性，再视察在接近于0且大于0时的函数值正负可得．【详解】由题意，所以是偶函数，解除B，C，在接近于0且大于0时，，，得，解除A．故选：D．【点睛】本题考查由解析式选择函数图象，解题时可用解除法，通过确定函数的性质如奇偶性、单调性、对称性等解除，再由特殊的函数值、函数值的正负，函数值的改变趋势等解除错误的选项．6.设，，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先利用基本不等式证明充分性成立，再举反例说明必要性不成马上可.【详解】解：因为，，所以，所以，所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号）.所以“”是“”的充分条件.反之，当，时，但是，所以“”是“”的不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用、充分条件与必要条件，属于中档题.7.设，已知随机变量的分布列为012那么，当在内增大时，的改变是（）A.减小 B.增大 C.先减小后增大 D.先增大后减小【答案】B【解析】【分析】首先计算出，再计算，依据的单调性即可得到答案.【详解】，.此时关于且开口向下的抛物线，对称轴为.故时，单调递增.故选：B【点睛】本题主要考查方差的概念，同时考查了数学期望的概念，属于简洁题.8.已知向量满意，，则最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】采纳数形结合的方法，依据题意可知，然后假设，可得，理解意义，可得结果.【详解】由题可知：则由，如图记由，把坐标代入计算化简可得，则故表示点到圆上点的最短距离如图则最小值为故选：C【点睛】本题考查向量的综合应用，关键在于运用坐标进行计算，数形结合，化繁为简，形象直观，考查分析实力以及计算实力，属中档题.9.如图中，点是上靠近的三等分点，点是上靠近的三等分点，沿直线将翻折成，所成二面角的平面角为，则（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】采纳数形结合，计算，通过作协助线可得二面角的平面角，并计算，然后进行比较，大小，并依据利用函数的单调性，可得结果.【详解】作交于点，延长，作交于点作//，且，连接如图设，由点是上靠近的三等分点则所以所以，由，所以二面角的平面角为又所以则所以则，当时，取等号，即又，而函数在递减所以综上：，同理：故A正确故选：A【点睛】本题考查二面角的平面角的大小，本题难点在于计算，，留意学问的交叉应用，考验分析实力以及逻辑推理实力，娴熟驾驭公式，属难题.10.已知正项数列满意，则下列正确的是（）A.当时，递增，递增B.当时，递增，递减C.当时，递增，递减D.当时，递减，递减【答案】B【解析】【分析】设，画出函数的图像，利用数形结合的观点即可得到答案.【详解】解：设，单调递减，画出图像如图所示：由图像知，所以对于当时，不妨确定的位置，依据，把标到图上，如图所示：由图像知，，所以，所以，始终依据图像推下去可得：对于数列，所以奇数项，全部偶数项.从作图过程可以看出：，所以可得：数列递增数列，递减数列.当时，不妨确定的位置，依据，把标到图上，如图所示：由图像知，，所以，始终依据图像推下去可得：对于数列，所以奇数项，全部偶数项.从图像可以看出：，所以：数列递减数列，递增数列.故选：B.【点睛】本题主要考查用函数的观点解决数列问题，考查学生的数形结合实力，属于综合题.二、填空题11.______；若，则______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】依据对数的运算法则，可得结果.【详解】，由，所以故答案为：；【点睛】本题考查对数的运算性质，熟识对数的运算定律，属基础题.12.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是___________；表面积是____________.【答案】(1).(2).【解析】【分析】由三视图可得该几何体是四棱锥，依据三视图中数据，求出底面积与高可得棱锥的体积，再求出四个侧面的面积，与底面积求和可得四棱锥的表面积.【详解】由三视图可知，该几何体是如图所示的四棱锥，图中直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，棱柱的高为4，四棱锥的底面是矩形，面积为，四个侧面中，三个直角三角形面积分别为一个等腰三角形，面积为，所以该四棱锥的体积为，表面积为，故答案为，.【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查体积、表面积以及空间想象实力和抽象思维实力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象实力最常见题型，也是高考热点.视察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要留意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特殊留意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简洁组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形态，依据正视图和侧视图，确定组合体的形态.13.在中，，点在边上，且，，，则______，______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】依据余弦定理可得，再利用正弦定理求,即得,最终依据正弦定理求.【详解】依据余弦定理得所以，依据余弦定理得所以，由正弦定理得因此依据正弦定理故答案为：，【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，考查基本分析求解实力，属中档题.14.已知，则______；______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】利用赋值法即可求出，再依据，，比较系数即可求出.【详解】令，则，解得，由由，所以.

故答案为：；【点睛】本题考查了赋值法求二项式绽开式的项的系数、二项式绽开式的通项公式，需熟记公式，属于中档题.15.疫情期间某医院须要支配5名医生去，，三家医院，每家医院至少一名医生，若医生甲去医院，则医生乙去医院；若医生甲不去医院，则医生乙去医院，则这样的排法共有______种.【答案】【解析】【分析】分类探讨，当医生甲去医院，则医生乙去医院；若医生甲不去医院，则医生乙去医院，由分类加法计算原理以及分步计数原理，结合组合数即可求解.【详解】甲去医院，医生乙去医院，余下人可分为人去；人去或人去，共有，甲不去医院，医生乙去医院，当甲去时，余下人可分为人去；人去或人去，共有，当甲去时，余下人可分为人去；人去或人去，共有，所以这样的排法共有.故答案为：【点睛】本题考查了组合数的应用、分类分步计数原理，考查了分类探讨的思想，属于中档题.16.已知点是椭圆的左焦点，过原点作直线交椭圆于两点，分别是，的中点，若存在以为直径的圆过原点，则椭圆的离心率的范围是______.【答案】【解析】【分析】由题意分析可知，设点，利用得到关于的方程，再联立，用含的式子表示出，只需满意，得出离心率的范围.【详解】解：如图所示，当点分别是、的中点时，是的两条中位线，若以为直径的圆过原点，则有,，设点，则点,又点，所以，，则，又，所以，，得，即只需，整理得：解得，又，所以.故答案为：【点睛】本题考查离心率取值范围问题，难度较大，解答时肯定要敏捷转化，列出满意条件的含的关系式，依据关系式化简求解离心率的取值范围.17.对随意，不等式恒成立，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】把不等式转化为，记，则原不等式转化为恒成立，画出的图像，然后用数形结合和图像变换的思想来解题即可.【详解】解：不等式等价于，记，则原不等式等价于.所以，不等式恒成立等价于不等式恒成立.而，且图像如下图所示：可以看作是向左或向右平移个单位，不等式恒成立可以看作是的图像在的上方或函数值相等.所以要使的图像在的上方或函数值相等只能把的图像向左平移至少1个单位得到，如下图所示：所以：.故答案为：.【点睛】本题主要考查肯定值不等式、图像变换、数形结合的思想，属于综合性题目.三、解答题18.已知函数．（Ⅰ）求的值和的单调递增区间；（Ⅱ）函数是奇函数，求函数的值域．【答案】（Ⅰ），的单调递增区间是（Ⅱ）【解析】【分析】(I)化简为即可求解;(II)由定义在上的奇函数可得，即可求出，进而表示出，利用三角函数性质即可求解.【详解】（Ⅰ）因为，所以.令，则，所以的单调递增区间是.（Ⅱ）由是奇函数，得，所以.又，得，所以，所以，所以函数的值域为.【点睛】本题考查三角恒等变换、三角函数的单调性和三角函数的最值.三角恒等变换的公式运用，留意奇函数性质的运用、求值的运算.19.如图，已知矩形中，，，为的中点，将沿着折起，使得.（1）求证：；（2）若是中点，求直线与平面的所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）依据，，为的中点，在中，由勾股定理可得.由，同理在中，得到.由线面垂直的判定定理证明面即可.（2）结合（1）以为原点，为轴，过垂直于面方向为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和的坐标，设直线与平面的所成角，由求解.【详解】（1）因为，，为的中点，所以在中，，所以.又因为，所以在中，因为，所以.又，所以面，又面，所以.（2）以为原点，为轴，过垂直于面方向为轴，建立空间直角坐标系：则，，，，，，所以，，设平面的一个法向量，则，即，令，则所以平面的一个法向量为，又，设直线与平面的所成角，所以与面所成角的正弦值为：.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，向量法求直线与平面所成的角，还考查了逻辑推理和运算求解的实力，属于中档题..20.已知是公比的等比数列，且满意，，数列满意：.（1）求数列和的通项公式；（2）令，求证：.【答案】（1）；；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先依据条件解得即得通项公式；利用条件可得，再与原式两式相减可得的通项公式；（2）先放缩，再利用裂项相消法证得不等式.【详解】解：（1）因为是公比的等比数列，所以因为，，所以，，所以当时，，当时①②将②乘2得到③①－③，得，所以因为当时，，所以（2）因为而，所以因此【点睛】本题考查等比数列通项公式、裂项相消法求和、放缩法证不等式、由递推关系式求通项公式，考查综合分析论证与求解实力，属较难题.21.如图，已知抛物线，点是圆上的随意一点.过点作两直线分别交抛物线于点，，，，使得.（1）当点为的中点时，证明：//轴；（2）求面积的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由，可得，分别假设坐标，依据点在抛物线上，计算可得是的两根，然后运用韦达定理可得即可.（2）假设直线的方程，可得，然后由（1）可知，，依据，用表示，最终依据的范围，可得结果.【详解】（1）设，，，由，得，即，，将点代入抛物线，得，同理设，得，所以是方程的两个根.有，所以，//轴（2），整理得令，得由则，，得【点睛】本题考查直线与抛物线的应用，本题难点在于得到是的两根，以及，考验分析实力以及逻辑推理实力，属难题.22.已知函数.（1）当时，若，对随意的恒成立，求的范围；（2）设，证明：对随意的，有唯一零点.（注：是自然对数的底数）【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1