2025年浙江义乌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页义乌市普通高中2025届适应性考试数学试卷本试卷分选择题和非选择题两部分，考试时间120分钟，试卷总分为150分.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上.选择题部分（共58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，集合，则（

）A． B．C． D．2．已知复数满足，其中为虚数单位，则（

）A． B． C． D．3．已知，向量与的夹角为，则（

）A．1 B． C． D．4．将一个棱长为6cm的正方体铁块熔铸成一个底面半径为3cm的圆锥体零件，则该圆锥体零件的高约为（

）（取）A．8cm B．12cm C．16cm D．24cm5．已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（

）A．1 B．2 C．3 D．46．在中，角所对的边分别为，已知，则下列结论一定正确的是（

）A． B． C． D．7．已知过抛物线焦点的直线与该抛物线交于两点，若，则的最大值为（

）A．2 B．3 C．4 D．68．狄利克雷函数定义为：，以下选项中正确的是（

）A．不存在，使得恒成立B．存在，使得恒成立C．对任意，满足D．函数图象上存在三点，使得是直角三角形二、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．有两组数据，数据A：1，3，5，7，9和数据B：1，2，4，8，16，则（

）A．数据A的平均数小于数据B的平均数B．数据A的方差小于数据B的方差C．数据A的极差小于数据B的极差D．数据A的中位数小于数据B的中位数10．设函数，则（

）A．当时，有极大值4 B．当时，C．当时， D．当时，11．在平面直角坐标系中，动点在直线上的射影为点，且，记动点的轨迹为曲线，则下列结论正确的是（

）A．曲线关于原点对称 B．点的轨迹长度为1C． D．曲线围成的封闭区域的面积小于2非选择题部分（共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知等差数列的前n项和为，，则公差.13．若，则.14．已知四棱锥的底面为菱形，三棱锥为正四面体，则三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为.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．某手机厂对屏幕进行两项独立检测：亮度检测通过率，色准检测通过率.产品需通过两项检测才算合格.随机抽取3件产品，设合格品数为X.(1)求单件产品为合格品的概率；(2)求X的分布列及数学期望；(3)已知合格品利润100元/件，若改进工艺能使亮度检测通过率提升至，但每件成本增加1元.是否值得改进？16．双曲线的离心率为，过左焦点的直线与双曲线的左支、右支分别交于点，当直线与轴垂直时，.(1)求双曲线的方程；(2)点满足，其中是坐标原点，求四边形的面积.17．如图，在三棱锥中，是正三角形，，，，点为的重心.(1)证明：平面；(2)若平面平面，求二面角的平面角的正切值.18．已知函数，(1)当时，求的极值；(2)若在区间上存在零点（ⅰ）求a的取值范围；（ⅱ）证明：当时，.19．给定正整数，考虑集合的所有排列，对每个，定义：，并规定.记为所有排列中的最大值.(1)对于排列，计算，再直接写出和的值，并分别给出一个满足的排列和一个满足的排列；(2)对任意整数，证明：；(3)证明：.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】解不等式化简集合A，再利用交集的定义求解.【详解】依题意，集合，而，所以.故选：D2．A【分析】利用复数的除法直接求出z.【详解】因为，所以.故选：A3．B【分析】利用及数量积的运算律即可求出.【详解】由题意可得，，解得或（舍）.故选：B4．D【分析】利用正方体和圆锥的体积相等即可求出.【详解】由题意可知，正方体的体积为，设圆锥的高为，则圆锥的体积为，则，得cm，则该圆锥体零件的高约为24cm.故选：D5．B【分析】利用导数值恒大于或等于0，再利用分离参变量思想即可求解.【详解】求导得，要满足函数在区间上单调递增，则，即，因为，所以，即，故选：B.6．D【分析】根据正弦定理可求解或，即可判断AB,根据三角形内角和以及正弦定理求解，即可判断CD.【详解】由正弦定理可得，由于,故或，故AB错误，若时，则,此时，若时，则,此时为三角形中最小的内角，故，故C错误，D正确，故选:D7．A【分析】由抛物线方程可得焦点坐标，分直线斜率存在与不存在，建立方程，利用基本不等式，可得答案.【详解】由抛物线，则焦点，设，，易知当直线的斜率不存在时，直线方程为，则，即，解得；当直线的斜率存在时，可设直线方程为，代入，整理可得，，，则，当且仅当时，等号成立，即，解得.综上所述的最大值为.故选：A.8．D【分析】根据狄利克雷函数的定义可知当时，恒成立，即可判断选项A；分析可知对于，当时，不成立，即可判断选项B；令，，即可判断选项C；取点，，，利用勾股定理即可即可判断选项D.【详解】根据狄利克雷函数，可知：当时，若，则，，所以；若，则，，所以，故时，恒成立，故选项A错误；，当时，；，当时，，所以对于，当时，不成立，故选项B错误；令，，则，此时，，不成立，故选项C错误；取函数图象上点，，，此时，，，所以，所以是直角三角形，故选项D正确.故选：D.9．ABC【分析】依次算出两组数据的平均数，方差，极差，中位数即可比较大小.【详解】设数据A：1，3，5，7，9的平均数，方差，极差，中位数依次为，数据B：1，2，4，8，16的平均数，方差，极差，中位数依次为，对于A，，故A正确；对于B，，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，，故D错误.故选：ABC.10．AD【分析】求导，根据导函数的正负确定函数的单调性，即可求解极值判断A，举反例即可求解B，根据函数的单调性即可求解C，利用作差法，结合不等式的性质即可求解D.【详解】由可得，当时，，当或时，在，单调递增，当在单调递减，故当时，取极大值4，故A正确，对于B,当时，取，则，此时，故B错误，对于C,当时，，且当时，，此时在单调递增，但由于，故与的大小关系不确定，因此无法判断,C错误，对于D,，当时，故，因此，所以，故D正确，故选：AD11．ACD【分析】根据两点距离公式以及点到直线距离可得点的轨迹方程为，根据点的对称可判断A，根据，结合，即可求解C,根据不等式，进而可得的范围，根据矩形的面积可求解BD.【详解】设，则．由，得，故点的轨迹方程为（※），对于A,关于原点的对称点为，则也满足方程（※），故C关于坐标原点对称，A正确．对于C,由于，结合，所以，故，C正确，对于B,当点位于直线上时，此时长度最大，且或，此时与重合，因此点的轨迹为直线上点到之间的线段，故长度为2，故B错误，对于D,由于，当且仅当取等号，故，进而，故，同理可得，由于和围成的矩形面积为，而曲线位于该矩形内，所以曲线围成的封闭区域的面积小于2，故D正确，故选：ACD12．2【分析】根据等差数列的通项公式以及求和公式，建立方程组，可得答案.【详解】由题意可得，解得.故答案为：.13．##【分析】利用平方公式配方，利用两角差正弦公式展开，再结合齐次式弦化切，即可求解.【详解】由，故答案为：14．##【分析】作出辅助线，得到三棱锥的外接球球心为，三棱锥的外接球球心为，设，利用半径相等，求出两个三棱锥外接球半径，得到答案.【详解】设的中心为G，三棱锥的外接球球心为，因为三棱锥为正四面体，所以三点共线，设，取的中点为，则，所以，同理，由勾股定理得，设，则，由勾股定理得，因为，所以，解得，所以三棱锥的外接球半径为，设的中心为H，则四点共线，三棱锥的外接球球心为，且，则，过点作⊥于点，则，，设，则，其中，其中，，因为，所以，解得，所以三棱锥的外接球半径为，即三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为故答案为：.15．(1)(2)分布列见解析，(3)值得改进【分析】（1）根据概率的乘法公式，可得答案；（2）根据离散型随机变量的分布列以及数学期望的计算，可得答案；（3）由（2）所求的期望，结合题意，可得改进前的利润，利用二项分布的期望，结合题意，可得改进后的利润，通过比较，可得答案.【详解】（1）设合格的概率为，则：（亮度通过）（色准通过）.（2），易知，，，，，所以X的分布列为：X0123P0.0270.1890.4410.343数学期望.（3）改进前：每件产品的合格概率.对于3件产品，期望合格数.总期望利润元.改进后：每件产品的合格概率，对于3件产品，新的期望合格数.总期望利润元.净期望利润元.改进前的期望利润是210元，改进后是213元，改进后利润增加了3元.16．(1)(2)【分析】（1）根据实轴以及离心率求解的值，即可得解，（2）联立直线与曲线方程可得韦达定理，结合相似比可得，即可利用弦长公式以及点到直线的距离公式，求解，由三角形面积公式求解，即可利用相似比求解四边形的面积.【详解】（1）由直线与轴垂直时，，故，故，又离心率为，则，所以，双曲线的方程为：.（2）设直线l的方程是，，.由得，，.因为，所以，从而.所以，，消去得，解得，它满足，.,故到直线的距离为，所以，由于，所以,17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，并延长与交于点，则点为的中点，连接，根据重心的性质得到，即可得证；（2）方法一：延长交与点，连接，在平面中，过点作，即可证明平面平面，点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；方法二：直接建立空间直角坐标系，设，利用面面垂直求出点坐标，其余同一.【详解】（1）连接，并延长与交于点，则点为的中点，连接.为的重心，，因此，则，从而，又平面，平面，平面.（2）方法一：延长交与点，连接，则点为的中点，是正三角形，.在平面中，过点作，平面平面，平面平面，平面，，平面，又平面，所以，又，AC，平面；平面，又平面，平面平面，如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，则，，由平面平面可知，，，所以，则，，设平面的法向量为，则，，令，则，平面ABD的一个法向量为，所以，设二面角为，则，所以，，所以二面角的平面角的正切值为.方法二：如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，，，，,设，，，设平面的法向量为，则，取，，，设平面的法向量为，则，取，平面平面，即，则，，下同法一.18．(1)极小值，无极大值(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）利用导数的正负来判断函数的单调性即可；（2）（ⅰ）利用分类讨论思想，借助，把两类单调的可能性排除，进而来求出参数的范围；（ⅱ）利用上一问的结论，把要证的不等式转化证明新的不等式，然后再借助条件消去参数，从而变成仅关于的函数不等式，再借助导数思想来进行证明即可.【详解】（1）当时，，，，当时，，当时，在上递减，在上递增，有极小值，无极大值；（2）（ⅰ），当时，由于恒成立，所以在上单调递增，又，在上无零点；当时，由于，故，所以在上单调递减，又，在上无零点；当时，，有，故在上单调递减，，有，故在上单调递增，所以有，又因为当时，，；综上；（ⅱ）由（ⅰ）可知，当时，，，且，要证，只要证，即证，只需证，令，在上单调递增.又，即，由上式不等式成立可知原不等式恒成立.19．(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）根据题设定义写出、和的值，并确定对应排列；（2）构造排列将集合分为两部分，前个元素和后个元素，并利用交叉排列或最优子排列，使得中间的差值贡献，即可证结论；（3）通过多次应用（2）的递推关系，将分解为多个较小的，并累积项，最终证明结论.【详解】（1）排列，则，，，，所以，对应排列为，对应排列为.（2）设原排列为，交换最后两项得到新排列.显然，即交换排列的最后两项不改变的总和.考虑一般情况：设原排列为，交换1和的位置后得到新排列.显然，对于或的项，有，因此只需比