备战 2025 浙江高考数学模拟卷三

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（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：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
【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：A
4．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．24B．32C．96D．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：C
6．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．2B．3C．4D．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：ACD
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．
【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=0，
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，在处取得极小值，…………………8分
所以，…………………10分
即；…………………12分
设函数，…………………13分
则，…………………14分
所以在上单调递增，所以，…………………16分
即的取值范围为.…………………17分
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.
【答案】(1)数列an不是“型数列”，理由见解析
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）利用“型数列”定义判断即可；
（2）①由已知可得，可得结论；
②因为数列不是“型数列”，可得，进而，可得趋近于，即可得，可求，可求数列的通项公式.
【详解】（1）…………………2分
不满足“型数列”定义，数列不是“型数列”；…………………3分
（2）①∵正项数列为“型数列”，…………………5分
∴数列为递增数列…………………6分
②设数列的公比为，，
又因为数列不是“型数列”，可得…………………8分
可得，即得；…………………9分
又数列为“型数列”，可得；…………………11分
由①知为递增数列，因此当趋近于正无穷大时，趋近于，即可得；……13分
综上可得，…………………14分
即，可得；…………………15分
所以数列是以为首项，公比为的等比数列；…………………16分
即可得，可得；
所以数列的通项公式为.…………………17分