2025年浙江杭州高三二模高考数学试题答案详解

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2024学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测数学试题卷考生须知：1.本试卷分试题卷和答题卷两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！3.考试结束，只需上交答题卡.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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知向量，，，则（

）A．2 B．0 C． D．3．若等比数列满足，，则数列的公比等于（

）A．或 B．或 C． D．4．已知数据，，…，的方差，则（

）A． B． C． D．5．已知，为任意正数，若恒成立，则（

）A． B． C． D．6．定义“真指数”（为自然对数的底数），则（

）A． B． C． D．7．设函数是奇函数.若函数，，则（

）A．27 B．28 C．29 D．308．若，，则（

）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共计18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9．已知复数（是虚数单位），则（

）A． B． C． D．10．设函数，则（

）A．是偶函数 B．C．在区间上单调递增 D．为的极小值点11．设曲线，直线与曲线的交点的可能个数的集合记为，则（

）A． B．C． D．若，则且三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．曲线在点处的切线方程是.13．已知是单位圆，正三角形的顶点，在上，则的最大值为.14．甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数（可以不选），分别构成集合，，，记中元素的个数为，则的概率为.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．某车企为考察选购新能源汽车的款式与性别的关联性，调查100人购买情况，得到如下列联表：新能源汽车款新能源汽车款总计男性5010女性251540总计25100(1)求；(2)根据小概率值的独立性检验，能否认为选购该新能源汽车的款式与性别有关联？(3)假设用样本估计总体，用频率估计概率，所有人选购汽车的款式情况相互独立.若从购买者中随机抽取3人，设被抽取的3人中购买了B款车的人数为，求的数学期望.附：，.0.100.050.0100.0052.7063.8416.6357.87916．已知函数（）.(1)若，求的极小值；(2)当时，求的单调递增区间；(3)当时，设的极大值为，求证：.17．在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中为动点.(1)设，（ⅰ）证明：平面；（ⅱ）求三棱锥的体积；(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.18．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，过的直线交于，两点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，直线，与直线分别交于点，.(1)求的方程；(2)记，的纵坐标分别为，，当时，求直线的斜率；(3)设为轴上一点，记，分别为直线，的斜率.若为定值，求点的坐标.19．设，，…，是1，2，…，（且）的一个排列.数列满足为，，（）的中位数，规定，.将中的所有取值构成的集合记为.(1)当时，求和；(2)求中所有元素之和的最大值；(3)求中元素个数的最小值.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】先求集合，根据集合的交集运算即可求解.【详解】由或，所以，所以，故选：B.2．C【分析】利用平面向量加法与数量积的坐标运算求解即可.【详解】因为，，所以，因为，所以，故C正确.故选：C3．C【分析】根据等比数列的通项公式求解即可.【详解】，，所以，故选：C.4．D【分析】根据方差的计算公式，判断，可判断各选项的正确性.【详解】因为，所以，即，（）.即.所以.故选：D5．A【分析】先由恒成立得到，再由绝对值特性得到即可求解.【详解】因为对任意的正数，恒成立，所以，又，所以，所以.故选：A6．C【分析】由指数函数新定义举反例可得ABD错误；结合均值不等式分析，分当时和当或时两种情况利用函数新定义可得C正确.【详解】对于A，取，左边，即左边等于；右边，故A错误；对于B，取，左边，即左边等于；右边等于，故B错误；对于C，由于恒成立，所以在恒成立，所以自然指数函数满足，当且仅当即时取等号，故C正确；对于D，取，左边，即左边等于；右边等于，故D错误.故选：C7．B【分析】根据奇函数定义可得，再利用赋值法由代入计算可得结果.【详解】由函数是奇函数可知，因此可得；又，因此；两式相加可得；又，因此.故选：B8．A【分析】将平方，结合可得，结合选项逐个判断即可.【详解】将平方得，结合可得，即，即，即，故CD错误又，故A对，B错；故选：A9．ABC【分析】先化简求出，再利用复数的模、共轭复数以及四则运算对各个选项验证即可得出结论.【详解】因为，所以，，故选项A正确；

，

而，与相等，故选项B正确；，故选项C正确；，，所以，故选项D错误.故选：ABC10．BD【分析】根据函数的定义域即可判断A,根据对数的性质即可求解B，求导，根据上导数的正负即可求解C，根据单调性即可由极值点的定义求解D.【详解】的定义域为，故为非奇非偶函数，故A错误，由于，且，故当时，，此时，当时，，此时，当时，，因此，B正确，对于C,，当时，，此时，因此在单调递减，故C错误，对于D，，当时，，故，当时，，此时，因此在单调递减，在单调递增，为的极小值点，D正确，故选：BD11．ACD【分析】根据曲线方程有，且渐近线为，当，，即曲线上半部分为双曲线的一部分，下半部分为椭圆的一部分，且曲线关于y轴对称，应用对称性研究时直线与曲线的交点情况判断各项正误即可.【详解】当有且渐近线为，当有，如下图示，曲线上半部分为双曲线的一部分，下半部分为椭圆的一部分，且曲线关于y轴对称，根据对称性，只需讨论的情况，讨论如下：当，时，直线与曲线无交点；时，直线与曲线有1个交点；时，直线与曲线有2个交点；当，时，如下图直线，随变化过程，由图知，直线与椭圆部分相切为界，即有1个交点；此时不变，，直线与曲线有2个交点，，直线与曲线无交点，所以直线与曲线的交点个数有三种可能；时，，如下图直线与曲线有2个交点；当，如下图，分别以直线与曲线双曲线、椭圆部分相切为界，直线在双曲线部分相切线上方时，直线与曲线恒有1个交点，直线与双曲线部分相切时，直线与曲线恒有2个交点，直线在椭圆相切线下方时，直线与曲线无交点，直线与椭圆部分相切时，直线与曲线有1个交点，直线在两条相切线之间时，直线与曲线有3个交点，综上，，A对；对于直线恒过点，随的变化与曲线位置，如下图示，时直线与曲线恒有2个交点；时直线与曲线恒有1个交点；所以与曲线的交点可能有两种可能，即，B错；对于，以直线与椭圆部分相切、直线与双曲线渐近线平行为界，联立，则且，若，可得，如下图示，当时，直线与曲线有2个交点；当或时，直线与曲线有1个交点；当时，直线与曲线无交点；所以与曲线的交点可能有两种可能，即，C对；结合A分析，时存在直线与曲线有3个交点，而其它情况不存在，此时，假设，显然直线与曲线有且仅有1个交点，不符合，所以，结合对称性，直线与曲线有3个交点，必有且，D对.故选：ACD12．【分析】应用导数的几何意义求切线方程即可.【详解】由题设，则切线斜率，又，得，所以曲线在点处的切线方程是，所以切线方程为.故答案为：13．2【分析】根据题意画出图形，利用圆与等边三角形的对称性得出取最大值时，过的中点M，设，表示出的大小，借助于导数求出的最大值．【详解】等边三角形的顶点，在圆上，如图所示；根据圆与等边三角形的对称性知，当取最大值时，过的中点M，设,则，,所以，，设，则，令，即，移项平方后化简可得或（舍），所以当时，，是增函数；当时，，是减函数，当时，，所以的最大值为2.故答案为：2.14．【分析】根据已知一个元素被某人选中的概率为且相互独立，应用独立乘法公式及对立事件的概率求法得两个元素均未被三人选中的概率为，最后应用对立事件的概率求法即可得.【详解】设两个不同数为，一个元素被某人选中的概率为且相互独立，所以一个元素被甲乙丙三人都选中的概率为，由中元素的个数，表示至少一个元素被三人选中，而两个元素均未被三人选中的概率为，所以的概率为.故答案为：15．(1)，；(2)与性别有关(3)【分析】（1）利用表格数据直接计算即可.（2）列出零假设，计算，再进行独立性检验即可.（3）先判断服从二项分布，再利用二项分布的期望公式求解即可.【详解】（1）由题意得，.（2）零假设为：选购新能源汽车的款式与性别无关联.根据列联表中的数据，可得，根据小概率值的独立性检验，推断不成立，可以认为选购车的款式与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05；（3）随机抽取1人购买B款车的概率为，的可能取值有，由题意得，由二项分布的期望公式得.16．(1)(2)和(3)证明见解析【分析】（1）利用导数求解函数的单调性求解出函数的极值即可（2）当时，利用导数求解函数的单调性求解出函数的单调递增区间（3）分和讨论求解即可.【详解】（1）由题意知.若，则，所以.令，得.当时，当时，所以在单调递减，在单调递增，所以的极小值等于.（2）因为，所以，由，即，解得或，所以在和单调递增，由，即，解得，所以在单调递减，故的单调增区间为和.（3）当时，由（2）知，的极大值等于；当时，，单调递增，无极大值；当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以的极大值等于，令，所以，在上在上，所以在上单调递减，在上单调递增，所以故，综上所述，.17．(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）(2)【分析】（1）（ⅰ）根据线面垂直，可证线面垂直；（ⅱ）利用可求三棱锥的体积.（2）建立空间真假坐标系，利用空间向量表示出直线与平面所成角的正弦值，再结合换元法和基本不等式可求其最大值.【详解】（1）（ⅰ）在中，，，所以.因为，，所以，所以.又因为，平面，，所以平面.（ⅱ）.（2）如图，建立以为原点的空间直角坐标系，设二面角的平面角为，则，，，.所以.平面的法向量为.设直线与平面所成角为，则.设，设，所以，（当且仅当，即时取等号），即.直线与平面所成角的正弦值的最大值为.18．(1)(2)(3)【分析】（1）由题意得到，即可求解；（2）设直线的方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理即可求解；（3）由（2）结合两点斜率公式即可求解.【详解】（1）由题意知，所以抛物线方程为.（2）由题意可设直线的方程为，，，则，，.所以，得，所以，.所以直线的方程为：，与直线的方程联立消去，解得，同理.所以.所以.所以直线的斜率为.（3）设，因为.因为，.所以，当时，为定值.所以.19．(1)，(2)(3)答案见解析【分析】（1）取和，根据题意得到和；（2）先排除不可能的取值，然后得到最大值，并构造出对应数列，得到最大值可取；（3）先分析时，由三元素组分析得到.然后通过构建两个具有相同的大小顺序的数列，证明.从而得到的最小值.然后再构造出能够取到最小值的数量列即可.【详解】（1）当时，1，2，3无论按何种顺序排列，中位数只能是2，故.当时，在1，2，3，4中任取3个数：1，2，3；1，2，4；1，3，4和2，3，4，中位数只能为2或3，所以.（2）显然，不存在使得或，故中所有元素的和，且当时，有.此时成立.（3）注意到对于任意，，记中元素个数的最小值为，由（1）可知，，.考虑的情形：对于1，2，3，4，5的排列，1和5不可能作为中位数；不妨，考虑三元素组，，，至少产生2个不同的中位数.①若此时中位数为，，不妨，则，.所以三元组将产生新的中位数，所以；②若此时的中位数为，，则，，.若，则三元组产生新的中位数；若，则三元组产生新的中位数.所以.③同理可知，若此时中位数为，；，也有；所以，，.下面证明：.比较下面两个数列：（ⅰ），，…，，，.（ⅱ），，…，，，，，，.其中，，…，和，，…，具有相同的大小顺序.因此，这两个数列的前个三元数组所对应的中位数个数相同.因此，只需要比较数列（ⅰ）中三元组，和数列（ⅱ）中三元组，，，，.因为，数列（ⅱ）中至少增加1个新的中位数，故结论成立.因为若，的中位数在前面未出现，则，的中位数在前面也不会出现.对于新增的中位数，若，的2个中位数在前面出