备战2025年高考数学模拟卷03（浙江专用）含解析

PAGE2试卷第=page22页，共=sectionpages2222页【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（浙江专用）黄金卷03（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。1．设全集，集合，则（

）A． B． C． D．2．已知复数，则（

）A． B． C． D．3．已知向量，，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知，，，则（

）A． B． C． D．5．若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为（

）A．24 B．32 C．96 D．1286．已知函数的值域为R，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．7．已知双曲线，点在上，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，若，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．8．直线与曲线的交点个数为（

）A．2 B．3 C．4 D．5二、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．给出下列命题，其中正确命题为（

）A．已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据的方差为B．随机变量服从正态分布，，若，则C．一组数据的线性回归方程为，若，则D．对于独立性检验，随机变量的值越大，则推断“两变量有关系”犯错误的概率越小10．如图，曲线是一条“双纽线”，其上的点满足：到点与到点的距离之积为4，则下列结论正确的是（

）A．点在曲线上B．点在上，则C．点在椭圆上，若，则D．过作轴的垂线交于两点，则11．定义在的函数满足，且当时，，则（

）A．是奇函数 B．在上单调递增C． D．第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知点在圆上，点，当最小时，.13．在概率论中，全概率公式指的是：设为样本空间，若事件两两互斥，，则对任意的事件，有．若甲盒中有2个白球、2个红球、1个黑球，乙盒中有个白球、3个红球、2个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，若从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的概率大于等于，则的最大值为．14．若过点的直线是曲线和曲线的公切线，则．四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15．（13分）已知的内角的对边分别为，且．(1)求；(2)若，求的面积．16．（15分）如图，在四棱锥中，平面，为的中点．(1)若，证明：平面；(2)已知，求平面和平面所成的二面角的正弦值.17．（15分）已知椭圆的离心率为，右焦点为，点在上.(1)求的方程；(2)已知为坐标原点，点在直线上，若直线与相切，且，求的值.18．（17分）已知函数，.(1)当时，研究的单调性；(2)若，当时，函数有极大值m；当时，有极小值n，求的取值范围.19．（17分）如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的比都大于3，则称这个数列为“型数列”.(1)若数列满足，判断是否为“型数列”，并说明理由；(2)已知正项数列为“型数列”，，数列满足，，是等比数列，公比为正整数，且不是“型数列”，①求证：数列为递增数列；②求数列的通项公式.

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（浙江专用）黄金卷03（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。1．设全集，集合，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】解不等式得到集合，进而根据补集和交集的运算即可求解.【详解】由或，则，因此,即，故选：A.2．已知复数，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用复数除法运算求出，再求出复数的模.【详解】复数，则，所以.故选：D3．已知向量，，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据向量共线满足的坐标关系，即可由充分不必要条件的定义求解.【详解】由，，若，则，解得或，故“”是“”的充分不必要条件，故选：A4．已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】将转化为，整体代入求解.【详解】因为，，，，故，且，故，故.故选：D.5．若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为（

）A．24 B．32 C．96 D．128【答案】C【分析】根据正四棱锥及球的特征求出锥体的底边边长和侧棱长，然后结合勾股定理利用侧面积公式计算即可.【详解】

如图所示，设P在底面的投影为G，易知正四棱锥的外接球球心在上，由题意球O的半径，所以，，则，故中，边AB的高为，所以该正四棱锥的侧面积为.故选：C6．已知函数的值域为R，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分段函数分段考虑，借助于求导判断函数在上的单调性求得值域；利用正切函数的单调性求出函数在上的值域，由题意即得.【详解】当时，，由可知在区间单调递增，故；当时，在内单调递增，所以，因为函数的值域为R，故须使，即实数a的取值范围是.故选：C．7．已知双曲线，点在上，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，若，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设点，利用点到直线的距离公式，结合点在上即可求解.【详解】设点，则，即，又两条渐近线方程为，即，故有，所以．故选：B．8．直线与曲线的交点个数为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】由题意知要求交点即求函数的零点，等价于求的零点，等价于求和两函数交点，作出相关图形，利用数型结合从而可求解.【详解】由题意可得，所以其与直线的交点，等价于求的零点，等价于的零点，等价于求函数与函数的交点，易得函数为周期为2的函数，且x=1时，，所以是函数的一个对称中心，对于，，所以关于点对称，且为增函数，为增函数，所以在，上单调递增，所以可以作出fx和图象如下图，由图可得其有2个交点，故A正确.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．给出下列命题，其中正确命题为（

）A．已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据的方差为B．随机变量服从正态分布，，若，则C．一组数据的线性回归方程为，若，则D．对于独立性检验，随机变量的值越大，则推断“两变量有关系”犯错误的概率越小【答案】BD【分析】根据方差的定义求新数据的方差可判断A，由条件，结合正态分布密度曲线的对称性可求，判断B，由条件结合回归方程过中心点可求，由此可求，判断C，根据性质判断D.【详解】对于A选项，去掉后的平均数为，方差为，故A选项错误；对于B选项，由于随机变量服从正态分布，，，故，所以，关于对称，所以，故B选项正确；对于C选项，因为，所以，又因为回归方程为，所以，所以，故C选项错误；对于D选项，对于独立性检验，随机变量的值越大，则两变量有关系的程度的错误率更低，故越大，判定“两变量有关系”的错误率更低，D选项正确．故选：BD．10．如图，曲线是一条“双纽线”，其上的点满足：到点与到点的距离之积为4，则下列结论正确的是（

）A．点在曲线上B．点在上，则C．点在椭圆上，若，则D．过作轴的垂线交于两点，则【答案】ACD【分析】对选项A，根据“双纽线”定义即可判断A正确，对选项B，根据“双纽线”定义得到，再计算即可判断B错误，对选项C，根据“双纽线”定义和椭圆定义即可判断C正确，对选项D，设，根据勾股定理得到，再解方程即可判断D正确.【详解】对选项A，因为，由定义知，故A正确；对选项B，点在上，则，化简得，所以，，B错误；对选项C，椭圆上的焦点坐标恰好为与，则，又，所以，故，所以，C正确；对选项D，设，则，因为，则，又，所以，化简得，故，所以，故1，所以，故D正确，故选：ACD11．定义在的函数满足，且当时，，则（

）A．是奇函数 B．在上单调递增C． D．【答案】ABC【分析】根据奇偶性的定义分析判断A，根据函数单调性的定义分析判断B，利用赋值法分析判断C，根据选项C及函数单调性判断D.【详解】对于A，令，可得，再令，可得，且函数定义域为−1,1，所以函数为奇函数，故A正确；对B，令，则，，可得，所以，由函数性质可得，即，所以在−1,1上单调递增，故B正确；对于C，令，可得，所以，即，故C正确；对D，因为函数为增函数，所以，由C可知，故D错误.故选：ABC第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知点在圆上，点，当最小时，.【答案】【分析】找到当最小时P点所在的位置，再结合勾股定理可得结果.【详解】设圆的圆心为，半径为4，如图所示：当最小时，与圆M相切，连接，则，，而，由勾股定理得，所以当最小时，.故答案为：.13．在概率论中，全概率公式指的是：设为样本空间，若事件两两互斥，，则对任意的事件，有．若甲盒中有2个白球、2个红球、1个黑球，乙盒中有个白球、3个红球、2个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，若从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的概率大于等于，则的最大值为．【答案】6【分析】设相应事件，结合全概率公式列式求解即可.【详解】设第一次从甲盒取出白球，红球，黑球的事件分别为，，，从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的事件为，则，可得，解得，则的最大值为6．故答案为：6.14．若过点的直线是曲线和曲线的公切线，则．【答案】【分析】设该公切线在的切点为，借助导数的几何意义可得切线，再与曲线切于，计算即可得解.【详解】设直线与曲线的切点为，由，得切线方程为，又，所以，将点代入，有，解得（负值舍去），所以切线方程为，设切线与曲线的切点为，又，所以，，，消去、，得，令，，当且仅当时，等号成立，即函数在0,+∞上单调递增，又f1所以方程的实数解为，故有，解得.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15．（13分）已知的内角的对边分别为，且．(1)求；(2)若，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理边角转化和二倍角余弦公式得到，再利用辅助角求解即可.（2）根据余弦定理得到，再利用面积公式求解即可.【详解】（1），………2分因为，所以.………3分所以，即.………5分因为，所以，即.………7分（2）由余弦定理得，，………10分所以.………13分16．（15分）如图，在四棱锥中，平面，为的中点．(1)若，证明：平面；(2)已知，求平面和平面所成的二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）分别证明，再根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由向量夹角的余弦的坐标公式结合同角三角函数恒等关系即可求解.【详解】（1）因为平面平面，可知，……………2分又为的中点，则，……………3分若，即，则，……………4分且平面，……………5分所以平面．………………6分（2）由题意可知：平面，以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：……………7分因为，则，……………8分可得，……………9分设平面的法向量为，则，令，可得；……………11分设平面的法向量为，则，令，可得；……………13分由题意可得：，……………14分所以平面和平面所成二面角的正弦值为.……………15分17．（15分）已知椭圆的离心率为，右焦点为，点在上.(1)求的方程；(2)已知为坐标原点，点在直线上，若直线与相切，且，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆离心率定义和椭圆上的点以及的关系式列出方程组，解之即得；（2）将直线与椭圆方程联立，消元，根据题意，由推得，又由，写出直线的方程，与直线联立，求得点坐标，计算，将前式代入化简即得.【详解】（1）设Fc,0，依题意，……………2分解得……………4分故的方程为.……………5分（2）

如图，依题意F1,0，联立消去，可得，…………7分依题意，需使，整理得（*）.…………9分因为，则直线的斜率为，则其方程为，…………10分联立解得即…………12分故，…………14分将（*）代入得，故.…………15分18．（17分）已知函数，.(1)当时，研究的单调性；(2)若，当时，函数有极大值m；当时，有极小值n，求的取值范围.【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增；(2)【分析】（1）对函数求导并结合即可判断出的单调性；（2）根据（1）中结论可得，构造函数并求导得出其单调性即可求得的取值范围.【详解】（1）易知函数的定义域为，则，…2分又因为，所以当时，，…4分当或时，；因此可得在上单调递减，在上单调递增；…6分（2）若，由（1）可知在处取得极大值，在处取