精品解析：浙江省嘉兴市2025届高三下学期4月教学测试数学试题

2025年高三教学测试 数学试题卷 （2025.4） 本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟. 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置. 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效. 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. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 关于不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 3. 在所在平面内，点满足，记，，则（ ） A. B. C. D. 4. “”是“圆不经过第三象限”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 5. 若某正四面体内切球的表面积为，则该正四面体的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知抛物线，其准线为，焦点为，过的直线与和从左到右依次相交于，，三点，且，则和的面积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，且，，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 8. 甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中任何一人，若第一次由甲传出，则经过6次传球后，球恰在乙手中的概率为（ ） A. B. C. 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. 残差的平方和越小，模型的拟合效果越好 B. 若随机变量，则 C. 数据，，，，，，的第80百分位数是21 D. 一组数，，…，（）的平均数为，若再插入一个数，则这个数的方差不变 10. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 在区间上单调递增 B. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到曲线，则曲线关于原点对称 C. 若是偶函数，则 D. 若在区间上恰有3个零点，则 11. 用笔从空间多面体的一个顶点出发，沿棱画线，不间断、不重复，最终回到起点或到达另一个顶点的过程称为“1笔”.现定义：如果遍历一个空间多面体所有的顶点和棱至少需要笔，则该多面体称为笔画多面体.那么下列说法正确的是（ ） A. 五棱锥是3笔画多面体 B. 正方体是4笔画多面体 C. 棱锥是笔画多面体 D. 棱柱是笔画多面体 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中含项的系数为__________. 13. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，则______. 14. 设函数，若方程在区间上有解，则实数取值范围为______. 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. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数在区间上的最大值. 16. 如图，在边长为2的正三角形中，，分别为，的中点，将沿翻折至，使得. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 记为数列的前项和，已知，，数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）记数列的前项和为，若对任意，，求实数的取值范围. 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为.过点的直线分别交的左、右两支于，两点，且. （1）求的值； （2）求的取值范围； （3）若，证明：. 19. 记集合，为集合（）的两个子集，且满足，.定义：（，分别表示集合，中所有元素的和）. （1）当时，求的所有可能的值； （2）求最小值； （3）设为不超过的自然数，且与的奇偶性相同，证明：存在，，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年高三教学测试 数学试题卷 （2025.4） 本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟. 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置. 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效. 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. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算即可得出答案. 【详解】, 所以虚部为. 故选：A. 2. 关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用在上为增函数，由得，再由对数函数的单调性即可求解. 【详解】因在上为增函数，由有， 又在上为增函数，，， 故选：D. 3. 在所在平面内，点满足，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的线性运算法则即可算得结果. 【详解】由向量的线性运算可知. 故选：C. 4. “”是“圆不经过第三象限”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】若圆不经过第三象限，等价于原点不在圆内，即可的取值范围，结合包含关系分析充分、必要条件. 【详解】圆整理可得， 可知圆心为，半径，且， 若圆不经过第三象限， 等价于原点不在圆内，则，可得， 且是的真子集， 所以“”是“圆不经过第三象限”的必要不充分条件. 故选：B. 5. 若某正四面体的内切球的表面积为，则该正四面体的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合正四面体的结构特征，再求出其外接球的半径即可. 【详解】正四面体的内切球与其外接球球心重合， 如图，正四面体内切球与外接球球心在其高上， 则是正四面体内切球半径，是正四面体外接球半径， 由正四面体的内切球的表面积为，得，令， ，，， 在中，，解得，， 所以该正四面体的外接球的体积. 故选：C 6. 已知抛物线，其准线为，焦点为，过的直线与和从左到右依次相交于，，三点，且，则和的面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求出，得出直线，与抛物线联立得出，，然后求出两个三角形的底边，即可得出答案. 【详解】不妨设点在第一象限，如图所示， 由题可知，，， 所以，所以， 又，所以，故， 此时，所以直线， 与抛物线联立得，所以，代入抛物线方程得， 所以，易得， 所以，， ， 故选：B. 7. 已知函数的定义域为，且，，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据和推出函数的周期，求出一个周期的函数值，即可求解. 【详解】由，所以，所以， 所以，由有， 所以，即，所以函数的周期为6， 所以， 由，，， 令有，， 所以，所以， 令有，，即， 令有，即，， 所以， 所以， 故选：D. 8. 甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，若第一次由甲传出，则经过6次传球后，球恰在乙手中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可列出球在甲手中的概率递推关系式，构造出等比数列，求出第次球在甲手中的概率表达式，由于乙、丙地位对称，求出第次球在甲手中的概率由对立事件即可得到经过次传球后，球恰在乙手中的概率. 【详解】设事件“第次球在甲手中”，“第次球在乙手中”，“第次球在丙手中”， 那么由题意可知可知：，又， 所以，构造等比数列， 因为第一次由甲传球，可认为第次传球在甲，即，， 所以是以为首项，公比为的等比数列， 故， 因为第一次由甲传球，之后都是等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，所以乙、丙地位对称， 即，所以经过次传球后，球恰在乙手中的概率为. 故选：C. 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. 残差的平方和越小，模型的拟合效果越好 B. 若随机变量，则 C. 数据，，，，，，的第80百分位数是21 D. 一组数，，…，（）的平均数为，若再插入一个数，则这个数的方差不变 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，由一元线性回归模型的知识即可判断正误；对于B，先求出随机变量的方差，由方差的性质可知正误；对于C，由第百分位数的算法即可算得；对于D，容易计算得出平均数不变，而方差会变，故D错误. 【详解】对于A，由一元线性回归模型的知识可知，决定系数越大，表示残差平方和越小， 即模型的拟合效果越好，故A正确； 对于B，因为随机变量服从二项分布，由二项分布的方差计算公式可知， 再由方差的性质可知，故B错误； 对于C，从小到大排列一共有7个数据，，故第80百分位数是第6个数据，即21，故C正确； 对于D，由题意可知，若再插入一个数，则平均数变为， 即平均数不变，而原来的数据的方差为， 同理可算得新数据的方差为，所以方差会变，故D错误； 故选：AC. 10. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 在区间上单调递增 B. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到曲线，则曲线关于原点对称 C. 若是偶函数，则 D. 若在区间上恰有3个零点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正弦型函数的单调性，对称性，奇偶性和零点的判定方法依次判定即可. 【详解】对于A：时，，此时单调递增，故A正确； 对于B：曲线的解析式为，显然不关于原点对称，故B错误； 对于C：为偶函数， 则，解得，故C正确； 对于D：，当，， 所以在区间上恰有3个零点，等价于在上恰有3个零点， 所以，解得，故D正确. 故选：ACD. 11. 用笔从空间多面体的一个顶点出发，沿棱画线，不间断、不重复，最终回到起点或到达另一个顶点的过程称为“1笔”.现定义：如果遍历一个空间多面体所有的顶点和棱至少需要笔，则该多面体称为笔画多面体.那么下列说法正确的是（ ） A. 五棱锥是3笔画多面体 B. 正方体是4笔画多面体 C. 棱锥是笔画多面体 D. 棱柱是笔画多面体 【答案】ABD 【解析】 【分析】如果一个顶点有奇数条棱与之连接，这样的顶点称为奇顶点，易知如果一个空间几何体有个奇顶点，那么需要笔画，然后对选项依次分析即可. 【详解】如果一个顶点有奇数条棱与之连接，这样顶点称为奇顶点， 下证明：如果一个空间几何体有个奇顶点，那么需要笔画. 证明：1.一笔画图形的条件:一个图形能够一笔画完成的必要条件是它必须连通，并且除了两个点外，其余点的度数均为偶数，这两个点称为奇点； 如果一个图形有两个奇点，则这两个奇点分别作为起点和终点，其余点的度数均为偶数. 2.奇点数与笔画数的关系:当一个图形满足上述条件时，我们可以从一个奇点开始画到另一个奇点结束，由于每个奇点都会额外增加一个笔画，因此笔画数等于奇点数除以2； 如果图形的奇点数大于2，根据上述条件，图形无法以一笔画完成，需要多笔画。每增加一个奇点，笔画数增加1. 因此，如果一个图形的奇点数能够被2整除，那么这个图形可以一笔画完成，并且笔画数等于奇点数除以2.这个结论适用于所有满足一定条件的连通图. A选项：五棱锥每个顶点都是奇顶点，6个顶点，所以是3笔画多面体； B选项：正方体每个顶点都是奇顶点，有4对，所以是4笔画多面体； C选项：四棱锥明显不满足结论，所以不正确； D选项：由于棱柱的每一个顶点都是奇顶点，棱柱有个顶点，所以是笔画多面体， 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中含项的系数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出二项展开式的通项公式，由题设中的指定项可得项数即可作答. 【详解】的展开式的通项为， 则展开式中含的项有，即， 所以展开式中含项的系数为. 故答案为： 13. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理和三角形内角和以及同角三角比的关系求解即可. 【详解】由正弦定理得， 又， 代入上式得， 所以，又，， 所以，又， 所以， 解得或，又，所以， 故答案为：. 14. 设函数，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，则，那么，都在函数的图象上，然后利用函数的单调性分析出，将问题转换成在上有解，参变分离即可得出答案. 【详解】设，则，那么，都在函数的图象上 假设，因为函数单调递增，所以，即，与假设矛盾； 假设，因为函数单调递增，所以，即，与假设矛盾； 所以，则在上有解，即在上有解. 令，令，解得， 因此在上单调递增，在上单调递减； ，，， 所以，即， 故答案为：. 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. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数在区间上的最大值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，利用导数的几何意义知即为在处的切线方程的斜率，再利用直线的点斜式即可写出切线方程； （2）求出导函数的零点，得到在区间上的单调性，可知最大值只能是或，利用作差法比较二者的大小即可得出答案. 【详解】（1）由题意可得，所以，又， 由直线的点斜式方程可得在处的切线方程为，即； （2）因为的定义域为， 令，得或， 所以当时，；当时，， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以在区间的最大值为. 16. 如图，在边长为2的正三角形中，，分别为，的中点，将沿翻折至，使得. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）要证面面垂直，首先证线面垂直，即先证面，再由垂直于平面内两条相交直线即可证明； （2）可以利用等体积法求得点到面的距离，再由线面角的定义可得夹角的正弦值为， 当然也可以利用几何法作辅助线或者直接建系利用空间向量的数量积求得线面角. 【小问1详解】 连接，因为为等边三角形，为中点，则， 又，且面，面，，面， 又面，所以平面平面. 【小问2详解】 解法一：（等体积法） 过点作，垂足为， 平面平面，且平面平面，面； 又，分别为，中点， 翻折后，，，由对称性可知， 又，所以，由等面积得， 设直线和平面所成角为，点到面的距离为， 由得：， 又，， 所以，，故直线与平面所成角的正弦值为. 解法二：（几何法） 分别取，的中点，，连接，，，过点作， 为等边三角形，，分别为，中点， ，，且，则面； 面，面面， 平面平面，又，面， ，面，所以点到面的距离即为， 翻折后，，，由对称性可知， 又，由勾股定理的逆定理可知，所以， 在中，，，故边上的高为， 由等面积得， 设直线和平面所成角为，所以， 故直线与平面所成角的正弦值为. 解法三：（坐标法） 过点作，垂足为， 平面平面，且平面平面，面， 又因为，分别为，中点， 所以翻折后，，，由对称性可知， 又，所以，由等面积得， 因此以为坐标原点，，分别为轴，轴建系如图， 则，，，，， 设面的法向量为，，， 则不妨令，则法向量， 设直线和平面所成角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 17. 记为数列的前项和，已知，，数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）记数列的前项和为，若对任意，，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出，再利用数列通项公式与前项和的关系得到递推关系，因为，可求得数列为等差数列，由此可写出数列的通项公式； （2）先写出数列的通项公式，再求出数列的前项和为，解法一是分部求和，解法二是分组求和，解法三直接从问题入手，构造新数列，求其最小值，则不大于其最小值，此即为恒成立，由此可得实数的取值范围. 【小问1详解】 时，，解得或，因为，所以， 时，，得， 因为，所以，又， 故数列是首项为3，公差为2的等差数列， 所以数列的通项公式为； 【小问2详解】 解法一：由，所以， 当为偶数时， ， 当为奇数时， ， 所以， 因为对任意的，成立， 所以，当为奇数时，即，所以， 不等号的右边可看作关于的二次函数，对称轴为， 因为为奇数，所以时，，则 当为偶数时，，所以， 同理可得，因为为偶数，所以时，，则， 综上，. 解法二：由， 当偶数时， . 当为奇数时， ， 所以（下同解法一） 解法三：因为对任意的，成立， 则，即求的最小值，令， 当为奇数时， 则，所以最小值一定在为奇数时取到， 当为奇数时， ， 当时，，当时，， 所以当为奇数时，， 则的最小值为， 所以. 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为.过点的直线分别交的左、右两支于，两点，且. （1）求的值； （2）求的取值范围； （3）若，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设直线与轴所成锐角为，则，同理得出，，代入即可. （2）设直线为，与双曲线联立，韦达定理，由（1）得，整体代入化简即可得出答案； （3）当时，则，，由（2）得，设、的中点为，证出即可得出结论. 【小问1详解】 设直线与轴所成锐角为， 则，同理得出，， 因为，即，即， 因为，同号且，得， 所以，则； 【小问2详解】 设直线为，联立： ，得， 则，，； 因为直线交的左、右两支于、两点， 所以，则， 由（1）知，即， 化简得， 由，所以， 即，则； 【小问3详解】 当时，则，，由（2）得， 设、的中点为， 则，， 又，所以， 那么，所以，由三线合一知，. 19. 记集合，为集合（）的两个子集，且满足，.定义：（，分别表示集合，中所有元素的和）. （1）当时，求的所有可能的值； （2）求的最小值； （3）设为不超过的自然数，且与的奇偶性相同，证明：存在，，使得. 【答案】（1）所有可能值为：，，，，，. （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意分类讨论写出集合，，求出相应的即可； （2）首先计算时，的最小值为0，然后依次讨论当，，时，相应的的最小值即可得出答案； （3）首先证明与的奇偶性相同，然后用数归法证明：当与奇偶性相同且时，存在，满足，即可得出证明. 【小问1详解】 若，由于，的对称性，只需考虑以下情况： ，，； ，，；，，； ，，；，，； ，，；，，； ，，. 所以所有可能值为：，，，，，. 【小问2详解】 首先计算时： 令，， 观察可知，，且集合，均有项，且这首尾相加为， 所以，所以，即此时的最小值为0. 对于其它情况： 当时，由为奇数， 由（1）知为奇数， 考虑的子集，中有项， 那么参照上面证明存在，满足，现令，， 可知，即此时最小值为1； 当时，为奇数，为奇数.考虑的子集，中有项， 那么参照上面证明存在，满足， 现令，，可知，即此时最小值为1； 当时，为偶数，为偶数， 考虑的子集，中有项， 那么参照上面证明存在，满足，现令，，可知，即此时最小值为0. 综上所述可知当或时，， 或时，. 【小问3详解】 首先证明与的奇偶性相同： 由题意知 所以，因为是偶数，所以对于任意的，，与的奇偶性相同. 下面用数归法证明：当与奇偶性相同且时，存在，满足. 当或时，由（2）可知存在，满足， 假设时成立（小于且与其奇偶性相同自然数）， 即此时存在，满足，由于，不妨令，若此时，则可令，），那么， 即说明时命题成立， 若此时，必存在正整数满足且（否则有，， 此时有），令，， 此时，满足：，即时命题立，由归纳法可知命题成立. 当时，令，，，综上所述命题成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $