2025年浙江桐乡市高三三模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页绝密★考试结束前2025年5月桐乡市高三模拟测试数学学科试题考生须知：1．本卷共6页满分150分，考试时间120分钟.2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.4．考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分一、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．已知复数满足，则（

）A． B． C． D．3．已知函数的极小值是，则实数（

）A．1 B．2 C．3 D．44．若实数满足，则的最大值为（

）A． B． C． D．5．已知数列，则“，，”是“数列为等差数列”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6．设直线与函数的图象的公共点从左至右依次为，若，则实数（

）A． B． C． D．7．已知函数的最小正周期为，且，函数为奇函数，则（

）A． B． C． D．8．已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，，直线是的内角平分线，，，则的离心率（

）A． B． C．2 D．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．下列说法正确的是（

）A．数据1，2，4，5，6，8，10，11的下四分位数是3B．若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为C．将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变D．以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为，则，10．已知四棱锥，底面是边长为的正方形，底面，，点满足，，下列说法正确的是（

）A．存在点，使得B．当时，点到平面的距离为C．当平面平面时，D．当二面角为时，11．已知定义在上的函数，集合对于任意，在使得的所有中，下列说法正确的是（

）A． B．在上单调递减C．存在在处取到最大值 D．存在，使得在单调递减非选择题部分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知向量，若，则．13．将个相同的球放入编号为、、的个盒子中，要求每个盒子至少放个球，且编号为的盒子中球数不超过个，则不同的放法种数为．（用数字作答）14．记表示不超过的最大整数，已知数列满足，且，数列满足，记为数列的前项和，则.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．甲、乙两选手进行羽毛球比赛，比赛采用5局3胜制，如果每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是，求：(1)赛完4局且甲获胜的概率；(2)在第3局乙获胜的情况下，最终是甲获胜的概率．16．在锐角中，内角、、的对边分别为、、，已知．(1)求；(2)若，，，求的面积．17．如图，已知，平面平面，，，，点为梯形内（包括边界）一个动点，且平面．(1)求点的轨迹长度；(2)当线段最短时，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．18．已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，存在，使得，求证：；(3)当时，判断的零点个数，并作出证明．19．在平面直角坐标系中，将每个点绕原点沿逆时针方向旋转角的变换称为旋转角为的旋转变换，设点经过旋转角的旋转变换后变成点，则(1)在的旋转变换下，若点变成点，直线变成直线，求：的坐标和直线的斜率；(2)已知曲线是由平面直角坐标系下焦点在轴上的抛物线绕原点逆时针旋转所得的斜抛物线的方程．①求斜抛物线的焦准距；②已知在斜抛物线上，按如下规则依次构造点列：过点作斜率为的直线交于点，再过点作斜率为的直线交于点，记的面积为．求证：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】求出函数定义域化简集合，再利用交集的定义求解.【详解】由，得，，而，所以.故选：A2．B【分析】根据给定条件，利用复数除法运算求出，再求出的模.【详解】由，得，所以.故选：B3．C【分析】分、、讨论，利用导数求出极小值可得答案.【详解】，令得或，当时，，在R上单调递增，无极值；当即时，时，，单调递增，时，，单调递增，时，，单调递减，得在处取得极小值，即，解得；当即时，时，，单调递增，时，，单调递增，时，，单调递减，得在处取得极小值，即，不满足题意；综上，实数.故选：C.4．D【分析】由指数运算可得，再由二次函数可得的最大值.【详解】因为，所以即，故即，当且仅当时等号成立，故的最大值为，故选：D.5．A【分析】根据充分必要条件的判断方法,分充分性和必要性,分别判断.【详解】充分性：若对，，都有，则令,得,即，因为为常数,所以数列为等差数列;必要性:等差数列不一定满足,,,例如:当等差数列通项公式为时,,,此时,所以,,”是“数列为等差数列的充分不必要条件.故选：A6．D【分析】求出当时，的解析式，利用函数的图象对称性及给定等式建立方程求得值.【详解】当时，，，函数的图象关于轴对称，由，解得，由，得，整理得，而，解得.故选：D7．B【分析】根据给定条件，利用周期可得，再利用奇函数的性质求出，进而求出函数值.【详解】依题意，，由为奇函数，得，且，解得，由，得，解得，因此，，所以.故选：B8．A【分析】利用双曲线的定义结合中位线可求，故可求离心率.【详解】不妨设在右支上，则，因为，故，故，取的中点为，则，而，在直线上，而，故在的延长线上，由，可得，而为角平分线，故，故，故，故，所以即，故，故选：A.9．ACD【分析】利用下四分位数的定义可判断A选项；利用样本系数的定义即可判断B选项；利用方差的性质可判断C选项；利用回归分析可判断D选项.【详解】对于A选项，因为，所以，这组数据的下四分位数是，故A正确；对于B选项，由题意得，其计算公式与相关系数的公式不同，则无法得到其相关系数的值，故B错误；对于C选项，将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，满足方差的性质，故C正确；对于D选项，以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为，即，可得，故，，故D正确.故选：ACD.10．AC【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法逐项判断即可.【详解】因为底面，，底面是边长为的正方形，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，，其中，故点，对于A选项，，，若存在点，使得，则，解得，合乎题意，所以，存在点，使得，A对；对于B选项，当时，点，设平面的一个法向量为，，，则，取，可得，且，所以，点到平面的距离为，B错；对于C选项，设平面的一个法向量为，，，则，取，可得，设平面的一个法向量为，，，则，取，则，若平面平面，则，解得，C对；对于D选项，平面的一个法向量为，，，则，取，可得，设平面的一个法向量为，，，则，取，则，若二面角为，则，解得，D错.故选：AC.11．ABC【分析】利用题中集合的定义可判断A选项；利用函数单调性的定义可判断B选项；构造函数，数形结合可判断C选项；利用函数单调性的定义结合题中定义可判断D选项.【详解】对于A选项，因为，且，根据题中定义可得，A对；对于B选项，任取、且，则存在，则，根据题意，对任意的，，则，同理，对任意的，，即，故，所以，函数在上单调递减，B对；对于C选项，若存在函数在处取到最大值，构造函数，如下图所示：由图可知，函数在处取得最大值，且对任意的，当时，，合乎题意，C对；对于D选项，若存在，使得在单调递减，对任意的，当时，，所以，与已知条件矛盾，D错.故选：ABC.12．【分析】根据向量垂直的坐标形式可求的值.【详解】因为，故，即，故答案为：13．【分析】对编号为的盒子中球数进行分类讨论，确定编号为的盒子中的球数，结合分类加法计数原理可得结果.【详解】若编号为的盒子中球数为，则编号为的盒子中的球数可以为、、、，有种情况，若编号为的盒子中球数为，则编号为的盒子中的球数可以为、、，有种情况，综上所述，不同的放法种数为种.故答案为：.14．【分析】分析得出，利用累加法求出数列的通项公式，可化简数列的表达式，求出，结合题中定义可求得的值.【详解】因为数列满足，且，则，当且时，，也满足，故对任意的，，故，，当时，，则，所以，此时，，所以，，故.故答案为：.15．(1)(2)【分析】（1）根据第4局甲胜，前3局甲胜两局可求概率；（2）先求第3局乙获胜的概率，再求出第3局乙获胜且甲最终获胜的概率，从而可得所求的条件概率.【详解】（1）赛完4局，甲获胜，则第4局甲胜，前3局甲胜两局，设事件为“赛完4局且甲获胜”，则.（2）设为“甲获胜”，为“第3局乙获胜”，则，事件包含两种情况，第3局乙获胜，第4局比赛后最终甲获胜和第3局乙获胜，第5局比赛后最终甲获胜，其中第3局乙获胜，第4局比赛后最终甲获胜，则乙只在第3局获胜，概率为，第3局乙获胜，第5局比赛后最终甲获胜，则第1,2,4局中，有1局乙获胜，有2局甲获胜，第5局甲获胜，概率为，而，故.16．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出，结合正弦定理可求得结果；（2）由平面向量的减法可得出，利用平面向量数量积的运算性质结合与余弦定理可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积.【详解】（1）由及正弦定理可得，即，即，即，因为为锐角，故，可得，由正弦定理得，故.（2）因为，则，故，所以，即，即①，由余弦定理可得，即②，联立①②可得，，故，因此，.17．(1)(2)或.【分析】（1）利用空间中的垂直关系可得平面，建立如图所示的空间直角坐标系后利用直线的方向向量和平面的法向量可求的轨迹方程，从而可求轨迹长度；（2）利用向量法结合直线与平面所成角的正弦值为求得的长度，再结合向量法可求到直线的距离，从而可求体积.【详解】（1）因为平面平面，，平面平面，平面，故平面，而，故可建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，因点为梯形内（包括边界）一个动点，可设，则，又，设平面的法向量为，则，故可取，因平面，则，故，即，取，则，取，则，故的轨迹长度为.（2）取的中点为，连接，连，由（1）可得的轨迹为.又由（1）可得平面，而平面，故，因，若线段最短，则最短，此时有，而，故点为的中点，故，设平面的法向量为，而，，故，故可取，因直线与平面所成角的正弦值为，而，则得，故，故或，易得平面，则点到平面的距离为或，又，，故到直线的距离为，易得，故，故三棱锥的体积为或者为.18．(1)(2)证明见解析(3)2，证明见解析【分析】（1）先求出曲线的方程，然后求导得到切线斜率，进而求出切线方程.（2）根据已知条件得到关于的等式，然后进行化简，根据不等式的性质即可证明答案.（3）根据已知条件求出函数的表达式，然后对函数求导，判断函数的单调区间，然后求出函数的最小值是否小于0，从而判断出函数的零点个数.【详解】（1）当时，，定义域为，对函数求导得，则曲线在处的切线斜率为.而，得到曲线在处的切线方程为，即.（2）当时，，.因为存在，使得.所以，化简得：，，可求得，.将代入得：，化简得.进一步化简得：，令，，令，则，令，，令，，则在上单调递减，在上单调递增，故，即得证，因为，所以令，故.（3）因为，所以.对函数求导得：.令，解得，当时，，则函数在上单调递增；当时，，则函数在上单调递减；所以函数在处取极小值为.令，，对求导：.在上恒成立，在上单调递增，.当时，；当时，.所以有两个零点.19．(1)，(2)①焦准距为；②证明见解析.【分析】（1）根据题设中旋转变换公式可求及.（2）①根据题设中变换公式得旋转前的曲线方程为，故可求焦准距；②根据题设中的旋转变换得旋转前后直线的斜率关系，以旋转前的抛物线为研究对象，通过斜率关系得的横坐标满足，再结合距离公式等得面积，求和后