浙江省数海漫游2025届高三第一次模拟考试数学试卷（Word版附解析）

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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，只有一项是符合合题目要求的.
1. （ ）
A. 0B. 1C. 2024D. 2025
【答案】A
【解析】
【分析】令，可得，结合指、对数运算求解.
【详解】令，则，
所以.
故选：A.
2. 已知，，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式可得，即可得结果.
【详解】因为，
且，所以
故选：C.
3. 已知长方体中，，则四面体的体积是（ ）
A. B. 16C. D. 32
【答案】A
【解析】
【分析】可知四面体即为长方体中去掉4个全等的三棱锥，结合棱柱、棱锥的体积公式运算求解.
【详解】如图所示：
可知四面体即为长方体中去掉4个全等的三棱锥，
所以四面体的体积为.
故选：A.
4. 设，是单位向量，则的最小值是（ ）
A. B. 0C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】设，的夹角为，则，结合数量积的运算律分析求解.
【详解】设，的夹角为，
因为，则，
可得，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值是1.
故选：D
5. 天上有三颗星星，地上有四个孩子．每个孩子向一颗星星许愿，如果一颗星星只收到一个孩子的愿望，那么该愿望成真，若一颗星星收到至少两个孩子的愿望，那么向这颗星星许愿的所有孩子的愿望都无法成真，则至少有两个孩子愿望成真的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用古典概型的概率公式，结合排列组合知识求解．
【详解】四个孩子向三颗星星许愿，一共有种可能的许愿方式.
由于四个人选三颗星星，那么至少有一颗星星被两个人选，这两个人愿望无法实现，至多只能实现两个人的愿望，
所以至少有两个孩子愿望成真，只能是有两颗星星各有一个人选，一颗星星有两个人选，
可以先从四个孩子中选出两个孩子，让他们共同选一颗星星，其余两个人再选另外两颗星，
有种情况，
所以所求概率为.
故选：C.
6. 若数列满足：对于任意正整数n，，则称，互为交错数列．记正项数列的前n项和为，已知1，，成等差数列，则与数列互为交错数列的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由等差数列的性质和与的关系，推得，再由互为交错数列的定义，对各个选项分析，可得结论．
【详解】由1，，成等差数列，可得，，
当时，，解得，
当时，由，可得，
上面两式相减可得，
化为，
由，即有，
是3为首项，2为公差的等差数列，可得，
对A，，
，
与数列不互为交错数列，故A选项错误；
对B，由，可得，
与数列不互为交错数列，故B选项错误；
对C，由，
，
与数列不互为交错数列，故C选项错误；
对D，由可得
，
与数列互为交错数列，故D正确．
故选：D．
7. 已知，分别为椭圆C：的左右焦点，过的一条直线与C交于A，B两点，且，，则椭圆长轴长的最小值是（ ）
A. B. C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用椭圆的定义，结合勾股定理，利用基本不等式转化求解即可．
【详解】设，则，，，

由，可得，则，有，
所以，
当且仅当，即时取等号．
则椭圆长轴长的最小值是.
故选：B．
8. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】整理可得，可得，利用图象解不等式可得，进而可得，则，利用图象解不等式可得，对比选项即可得结果.
【详解】因为，整理可得，则，
如图所示：
且当，
可知：与有3个交点，依次为，
可知的解集为，即，
此时，可得，则，
即，整理可得，
注意到，
可知与有3个交点，依次为，
则不等式的解集为，即；
对比选项可知：一定成立的只有选项D.
故选：D.
【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
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. 已知正方形ABCD在平面直角坐标系xOy中，且AC：，则直线AB的方程可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由正方形的特征可知，直线与直线夹角为，由直线斜率利用两角差的正切公式求出直线的斜率，对照选项即可判断.
【详解】设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
直线斜率为2，有，则.
依题意有或，
当时，，即，
解得，即直线的斜率为-3，C选项中的直线斜率符合；
当时，，即，
解得，即直线的斜率为，B选项中的直线斜率符合.
故选：BC
10. 已知模长均为1的复数，满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】设，，由已知复数，的模长均为1，通过变形可得，即且，即可判断选项，根据 可判断选项.
【详解】设，，
因为，所以，
，
因为复数，的模长均为1，
所以，，
所以，
即且，
所以，故选项正确；
所以，故选项正确；
因为
，
所以，故选项错误；
又，故选项正确.
故选：.
11. 如图，小黄家的墙上固定了一盏圆锥（截面为等腰直角三角形）形状的灯，灯光可以照亮的部分是个无限大的圆台，其截面的边界分别垂直于PA，PB．已知墙与地板垂直，灯向上或向下转动的极限均为45°（即AB可以绕O点顺时针或逆时针旋转45°）．若地板和墙都充分大，则灯光照在地板上的边界的可能形状有（ ）
A. 椭圆B. 双曲线的一支
C. 抛物线D. 一条直线
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意建立用平面截圆台的数学模型进行解答．
【详解】根据题意，灯光可以照亮部分是个无限大的圆台，
该问题可以转化为用平面截圆台，所得的截面问题，
若固定灯不动，则只考虑地板从旋转到，设，
则根据圆锥曲线定义，有：
截面与圆台的轴平行时，截得双曲线的一支；
截面与圆台的母线平行时，截得抛物线；
截面不可能只与圆台侧面相交，不能截得椭圆；
截面不可能与圆台侧面相切，不能截得直线.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：灯向上或向下转动，判断灯光照在地板上的边界的可能形状，问题可以转化为用平面截圆台，所得的截面问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列为等差数列，，，构成等比数列，则的值是______．（任写出一个即可）
【答案】1或（任写一个即正确）
【解析】
【分析】设公差为，依题意有，求得或，可求的值.
【详解】设等差数列公差为，由，，构成等比数列，则有，
即，解得或，
时，；时，.
故答案为：1或（任写一个即正确）
13. 已知a，b，，二次函数有零点，则的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】设，则，根据二次函数零点可得，设，利用对勾函数可得，再结合基本不等式运算求解.
【详解】因为a，b，，设，则，
二次函数fx=ax2+bx+c有零点，
则，可得，
设，
显然，可知在内单调递增，
则，
当且仅当，即，时，等号成立，
即，所以的最小值是.
故答案为：.
14. 若两个体积相等的圆锥底面半径之比为2，则它们表面积之比的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】设两个圆锥的底面半径分别为，高分别为，根据体积关系可得，进而可得表面积之比为，利用换元法令，整理可得，分析可知关于x的方程有正根，更换主元法结合一次函数零点分析求解.
【详解】设两个圆锥的底面半径分别为，高分别为，
由题意可知：，可得，
则它们表面积之比为，
令，则，
表面积之比为，
设，可知关于x的方程有正根，
即关于t的方程在有根，
设，
若，即时，，不合题意；
若，即时，则，
因为，
且，则，可得，解得；
综上所述：x的取值范围为.
所以表面积之比的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：对于表面积之比利用换元法分析可知关于x的方程有正根，更换主元可知关于t的方程在有根，结合一次函数零点分析求解.
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. 在正四面体ABCD中，P是内部或边界上一点，满足，．
（1）证明：当取最小值时，；
（2）设，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据条件确定点的位置，再证明线线垂直.
（2）先探究与的关系，再利用二次函数的性质求范围.
【小问1详解】
如图：取中点，中点，连接，
则，.
因为，，
所以三点共线.
又四面体为正四面体，所以，当为中点时，，此时取得最小值.
又，所以.
【小问2详解】
易知，
.
所以，，，
故（）.
根据二次函数的性质，当时，有最小值，为；
当或时，有最大值，为.
故的取值范围为：
16. 设，函数．
（1）若，讨论的单调性；
（2）求的最大值．
【答案】（1）答案见详解
（2）答案见详解
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性；
（2）求导，分和两种情况，利用导数判断的单调性和最值.
【小问1详解】
令，且，解得，
可知的定义域为，且，
因为，且，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减.
【小问2详解】
由（1）可知：的定义域为，且，
若，可知在内单调递增，在内单调递减，
所以最大值为；
若，令，解得或；
令，解得或；
可知在内单调递增，在内单调递减，
且，
所以的最大值为；
综上所述：若，的最大值为；
若，的最大值为.
17. 随着疫情防控政策的优化，国内演唱会市场迅速升温，一众热门歌手的演唱会现场更是“一座难求”．小林是林俊杰的粉丝，他很想参与林俊杰“JJ20”世界巡回演唱会-杭州站．主办方被小林的真诚打动，特为小林开辟了一个抢票通道，共100人从该通道参与抢票，每个人能抢到票的概率均，且抢票结果相互独立
（1）为保证该抢票通道不会出现故障（不存在抢到票却没有座位的人），主办方至少要为该通道预留多少张票；
（2）由于主办方非常喜欢小林创立的数海漫游微信公众号，于是允许多个人帮小林一同抢票，但如果存在两个人都帮小林抢到了票（包括小林自己），则小林因为“一人多票”，无法观看演出．那么，你建议小林额外找几个人帮他一起抢票呢?请说明理由．
【答案】（1）100 （2）18或19
【解析】
【分析】（1）因为这100人均有可能抢到票，根据极大化原则分析判断；
（2）设小林额外找个人帮他一起抢票，可得抢到票的概率为，进而求其最大值即可判断.
【小问1详解】
因为这100人均有可能抢到票，若要保证该抢票通道不会出现故障，
所以主办方至少要为该通道预留100张票.
【小问2详解】
若小林额外找个人帮他一起抢票，
则抢到票的概率为，
可得，
令，解得；令，解得；令，解得；
即，
所以小林额外找18或19个人帮他一起抢票.
18. 已知P为双曲线C：上一点，O为坐标原点，线段OP的垂直平分线与双曲线C相切．
（1）若点P是直线与圆的交点，求a；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）联立方程求出交点坐标，代入双曲线方程运算求解即可；
（2）设，，根据中垂线方程以及双曲线的切线方程解得，换元令，可得，令，可知关于x的方程有正根，更换主元法求范围即可.
【小问1详解】
联立方程：，解得或，
即点为或，
将点代入双曲线C：可得，解得，
所以.
【小问2详解】
先证：在双曲线上一点处的切线方程为.
因为点在双曲线上，则，
显然直线过点，
即，，
联立方程，消去y可得，
即，则，解得，
所以在双曲线上一点处的切线方程为.
设，，则，
可得线段OP的垂直平分线为，即，
设直线与双曲线C切于点x1,y1，则直线，
则，即，
且，即，整理可得，
又因为在双曲线C上，则，即，
可得，解得（舍负），
则，
令，则，可得，
令，则关于x的方程有正根，
即关于t的方程在内有根，
设，
若，即，则，不合题意；
若，即，则，解得，不合题意；
若，即，则，解得；
综上所述：，
则，即.
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法
一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．
19. 设数列单调递增且各项均为正整数，数列满足，记数列的前项和为，数列的前n项和为．若存在正整数，使得，则称为数列的信息熵．
（1）已知存在正整数，满足，，2，…，，，
①求（用含的表达式表示）；
②证明：数列的信息熵小于2；
（2）请写出，，，四个表达式的大小关系，并说明理由．
【答案】（1）①；②证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①由，，两式相减可得；②利用错位相减求和即可证明.
（2）先令猜测它们的大小顺序，再证明.
【小问1详解】
①由，
两式相减得：，
所以，.
由，所以.
所以，，，…，，，
以上各式相乘得：.
②当时，；而当时，，
所以，
所以
两式相减，得：，
所以数列的信息熵小于2.
【小问2详解】
因为，，，
所以：，.
所以，当时，，，，，
因为，故猜测：.
证明如下：
设（），则（），
由；由.
所以在上单调递减，在上单调递增，又，
所以（）即（当且仅当时取“”）
首先：易知，所以，故.
则：.
又，所以，所以
则：，
因为，所以即.
所以，得证.
所以：.
【点睛】方法点睛：在不知道，，，大小顺序的情况下，可先利用特殊值的方法判断它们的大小顺序，进一步猜测大小顺序，再想办法证明.