浙江省杭州市2025届高三上学期一模数学试卷（Word版附解析）

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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:本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡的相应位置.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果.
【详解】因为，则，解得，
则，所以.
故选：A
2. 函数是（ ）
A. 奇函数B. 偶函数
C. 既非奇函数也非偶函数D. 既是奇函数也是偶函数
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由函数奇偶性的定义，代入计算，即可得到结果.
【详解】当时，，则，
当时，，则，
综上可得，f−x=fx，
即函数偶函数.
故选：B
3. 已知直线y=2x是双曲线的一条渐近线，则的离心率等于（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据渐近线方程可得，故，即可由离心率公式求解.
【详解】的渐近线方程为，
因此，故，
故离心率为，
故选：A
4. 将函数的图像向左平移个单位，得到函数的图像，则"是偶函数"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】B
【解析】
【分析】根据题意，由三角函数的奇偶性，分别验证命题的充分性以及必要性，即可得到结果.
【详解】由题意可得，由是偶函数可得，
且，当时，，当时，，
所以由是偶函数可得或，故充分性不满足；
当时，可得为偶函数，故必要性满足；
所以"是偶函数"是""的必要不充分条件.
故选：B
5 已知向量，若，则（ ）
A. 1或B. 或
C. 或2D. 或1
【答案】D
【解析】
【分析】由向量点的坐标先求出.和的坐标，再由两垂直向量数量积为0建立等式，从而求得参数的值.
【详解】，
∵，
∴，即
∴
∴或.
故选：D.
6. 设，满足.若函数存在零点，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数的单调性，结合函数的零点判断定理判断选项的正误即可．
【详解】函数的定义域为，且均为单调递增函数，故函数是增函数，
由于，故，
满足，说明中有1个是负数一定是，两个正数或3个负数，
由于存在零点，故．
故选：B．
7. 已知，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据，即可利用二倍角公式以及和差角公式化简求解.
【详解】由可得，
故选：C
8. 对，不等式恒成立，则（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】令，通过举反例说明选项A、B错误；对于选项C、D，通过分析可得在
上恒成立，问题转化为函数有相同的零点，计算可得选项D正确.
【详解】由得，
对于选项A、B，若，可令，不等式可化为，
当时，，
要使恒成立，则需，即恒成立，
∴，
当时，，
要使恒成立，则需，即恒成立，
∴，
∴，
当时，，
要使恒成立，则需，即恒成立，
∴，
综上可得，不存在使得不等式恒成立，选项A、B错误.
对于选项C、D，若，
∵
∴，
∴，
要使不等式恒成立，则需，
∵函数在为增函数，
∴函数有相同的零点，
由得，由得，，
∴，即，
∴，
∴，选项D正确.
故选D.
【点睛】思路点睛：本题考查不等式恒成立问题，具体思路如下：
（1）不等式变形为.
（2）对于选项A、B，若，对，与符号不确定，可取，通过分类讨论得到不存在使得不等式恒成立，即可说明选项A、B错误.
（3）对于选项C、D，若，确定恒成立，转化为，则与同号，利用函数的单调性可知函数有相同的零点，利用零点相同可得.
二、选择题:本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则在0,1上单调递减
D. 若，则在上单调递增
【答案】ACD
【解析】
【分析】由，可得是的极小值点，即可判断AB；求导，再根据导函数的符号即可判断CD.
【详解】对于AB，，
因为，所以是的极小值点，
则，解得，
此时，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故A正确，B错误；
对于C，若，则，
当时，，所以在上单调递减，故C正确；
对于D，若，则，
当时，，所以在上单调递增，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数的定义域为，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】取特殊值0和1，建立等式，得出或的相应结论，再前面结论取特殊值得到BC选项的结论，借助前面的结论，先求出的值，令化简得到即可得出结论.
【详解】令，，则
令，则
则，，
∴或
令，则
若，则，矛盾，
∴，则，∴A选项错误；
令，则，∴B选项正确；
令，则，则，即，C选项正确；
由A、C选项中结论，令，则，则
令，则，
即，D选项正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：本题是已知抽象函数的关系式求相应结论，这类题目可以从特殊值入手，建立一定的等式，解得特殊值所对的函数值，在令部分变量为特殊值，从而得出相应结论.
三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 曲线在点处的切线的斜率是_________.
【答案】
【解析】
【分析】对函数求导，然后在导数中令可求出所求切线的斜率.
【详解】对函数求导得，当时，，因此，所求切线的斜率为，故答案为.
【点睛】本题考查导数的几何意义，考查利用导数求切线的斜率，解题时要知系切线的斜率与导数之间的关系，考查计算能力，属于基础题.
13. 已知复数的实部和虚部都不为0，满足①；②.则_____，_____.（写出满足条件的一组和）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设，根据复数的乘除法运算，结合复数的模的计算公式，求出的关系即可.
【详解】设，
则，
，
由，
整理得，即，
所以，
可取，
所以.
故答案为：.（答案不唯一，只要满足即可）
14. 已知双曲线都经过点，离心率分别记为，设双曲线的渐近线分别为和.若，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】分和两种情况讨论，当时，不妨设，分别将双曲线的方程用表示，再结合和离心率公式分类求出两双曲线的离心率即可得解.
【详解】当时，，则，
当时，不妨设，
则，
因为双曲线经过点，
所以，
所以，
因为，所以，则双曲线的焦点在轴上，
所以，
同理，
因为，所以，则双曲线的焦点在轴上，
所以，
所以，即，
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
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. 已知在中，.
（1）判断的形状，并说明理由;
（2）若点在AB边上，且.若，求的面积.
【答案】（1）三角形为直角三角形，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得，即可由余弦定理求解，继而根据三角恒等变换可得，即可判断三角形的形状，
（2）利用余弦定理可求解，即可利用三角形面积公式求解.
【小问1详解】
由可得，
故，进而，
由于,故，
又，故,
化简可得,故，
由于B∈0,π,故，
进而,故三角形为直角三角形，
【小问2详解】
由于，，且为直角三角形，
设，则,
故在三角形中，由余弦定理可得,即，解得，
故

16. 在直角坐标系中，抛物线的焦点为，点在抛物线上，若的外接圆与抛物线的准线相切，且该圆的面积为.
（1）求的方程;
（2）若点关于直线对称的点在上，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由条件可得外接圆的半径以及圆心横坐标，结合抛物线的定义即可得到圆心到准线的距离为半径，即可得到；
（2）根据题意，由点关于线对称可得点−1,1关于直线对称的点坐标，然后代入抛物线方程计算，即可得到结果.
【小问1详解】

因为的外接圆的面积为，则其半径为，
且外接圆的圆心一定在的垂直平分线上，
其中焦点，准线方程为，
所以圆心的横坐标为，则圆心到准线的距离为，
即，所以的方程为.
【小问2详解】
设点−1,1关于直线对称的点为，
则两点连线的中点坐标在直线上，即，
化简可得①，
由对称性又可知，−1,1和所在直线与垂直，则②，
联立①②可得，，解得，所以，
又因为在抛物线上，则，即，
即，
即，即，
所以，
其中时，，所以，
所以，即.
17. 一设随机变量所有可能的取值为，且.定义事件的信息量为，称的平均信息量为信息熵.
（1）若，求此时的信息熵;
（2）最大熵原理:对一个随机事件的概率分布进行预测时，要使得信息熵最大.信息熵最大就是事物可能的状态数最多，复杂程度最大，概率分布最均匀，这才是风险最小（最合理）的决定.证明:，并解释等号成立时的实际意义.
（参考不等式:若，则）
【答案】（1）
（2）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）通过条件求出的值，代入信息熵的公式化简得到结果；
（2）由参考不等式及题意得到不等式，取出最大对应的的值，即可证明，由题意可以分析得到取等号时的实际意义.
小问1详解】
当时，，且，
∴，
∴
【小问2详解】
令，则，
∴
有题意可知当时，风险最小（最合理）决定，
∴
当随机变量中每个变量发生的概率相同的时候，这时事物中每一个结果发生的可能性相同，情况分析是最复杂的，也是最合理的.
18. 已知函数.
（1）若，求的单调区间;
（2）若，求证:;
（3）若使得，求证:.
【答案】（1）单调递减区间是0,+∞，无增区间.
（2）证明见详解 （3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）利用导函数求得的最大值，再得到在上递减；
（2）时函数值恒为负数，所以研究的最大值，借助导函数得到在区间上小于0，所以函数单减，从而得到函数值一定小于0，得证；
（3）利用导函数求单调区间，由此得出的所在区间，构造直线使得与的交点见距离等于不等式两边的值，再由线段长短得出相应结论.
【小问1详解】
当时，，，
则
令，则，
令，∵，
∴，
∴在区间上单调递减增，在区间上单调递减，
∴，
∴的单调递减区间是，无增区间.
【小问2详解】
∵，
当时，显然成立，
当时，，令，
∴，
∴在区间上单调递减，∴，
∴在区间上单调递减，∴，
综上所述，当时，.
【小问3详解】
，
∴，令，则，∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，
∵，∴.
不妨设，则，，
先证：，
易知在处的切线方程为，该切线与直线的交点的横坐标为，
令，则，
当时，，此时，
∴当时，图像在下方.
∴，
∴，
再证，设，，
易知直线方程为，直线方程为，
则直线，与直线交点的横坐标为，，
∴，
∵，同理可证：，
∴，类似的可以证明，
∴，即，
∴
【点睛】思路点睛：本题不等式证明可以分别证明两边成立，因为是与的交点，可以构造其他交点使得线段长度等于不等式两端的值，再证明点的位置，得到线段长度即可得证.
19. 已知正项有穷数列，设，记的元素个数为.
（1）若数列，求集合，并写出的值;
（2）若是递增数列或递减数列，求证:”的充要条件是“为等比数列”;
（3）若，数列由这个数组成，且这个数在数列中每个至少出现一次，求的取值个数.
【答案】（1），；
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用集合的定义直接求解即可；
（2）分充分性和必要性两个方面分别证明，利用题中给出的集合的定义分析即可；
（3）通过分析可知，且，设数列
此时, 然后对数列分别作变换进行分析求解，即可得到答案．
【小问1详解】
因为，，，，
故
所以，；
【小问2详解】
充分性：若是等比数列，设公比为．
不妨考虑数列是递增数列，所以．
则当时，．
所以，故，得证.
必要性：若．
因为是递增数列，所以，
所以且互不相等,又，
所以，
又，
所以，且互不相等．
所以，，，．
所以，
所以为等比数列；
若为单调递减数列，同理可证.
【小问3详解】
因为数列由这个数组成，任意两个不同的数作商（可相等），
比值只可能为共个不同的值；
又因为这个数在数列中共出现次，所以数列中存在，所以．
综上，，且．
设数列
此时，．
现对数列分别作如下变换：
把前面的移动到和后面的之间，得到数列：
此时，．
再把前面的移动到和之间，得到数列：
此时，．
依次类推，最后把前面的移动到最后一项，得到数列：
此时，
综上，可以取到从到的所有个整数值，所以的取值个数为.
【点睛】方法点睛：对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.