精品解析：2025届浙江省桐乡市高三5月模拟测试数学试题

绝密★考试结束前 2025年5月桐乡市高三模拟测试 数学学科试题 考生须知： 1．本卷共6页满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4．考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的极小值是，则实数（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 若实数 满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列，则“，，”是“数列为等差数列”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 6. 设直线与函数的图象的公共点从左至右依次为，若，则实数（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的最小正周期为 ，且，函数为奇函数，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点 在 上，直线是的内角平分线，，，则 的离心率（ ） A. B. C. 2 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. 数据1，2，4，5，6，8，10，11的下四分位数是3 B. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为 C. 将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变 D. 以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为，则， 10. 已知四棱锥，底面是边长为 的正方形，底面，，点 满足，，下列说法正确的是（ ） A. 存在点 ，使得 B. 当时，点 到平面的距离为 C. 当平面平面时， D. 当二面角为时， 11. 已知定义在上的函数，集合对于任意，在使得的所有中，下列说法正确的是（ ） A. B. 在上单调递减 C. 存在在处取到最大值 D. 存在，使得在单调递减 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则 ______． 13. 将 个相同的球放入编号为 、 、 的 个盒子中，要求每个盒子至少放 个球，且编号为 的盒子中球数不超过 个，则不同的放法种数为______．（用数字作答） 14. 记表示不超过 的最大整数，已知数列满足，且，数列满足，记为数列的前 项和，则______. 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. 甲、乙两选手进行羽毛球比赛，比赛采用5局3胜制，如果每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是，求： （1）赛完4局且甲获胜的概率； （2）在第3局乙获胜的情况下，最终是甲获胜的概率． 16. 在锐角 中，内角 、、 的对边分别为 、 、 ，已知． （1）求； （2）若，，，求 的面积． 17. 如图，已知，平面平面，，，，点 为梯形内（包括边界）一个动点，且平面． （1）求点 的轨迹长度； （2）当线段最短时，直线与平面所成角 的正弦值为，求三棱锥的体积． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，存在，使得，求证：； （3）当时，判断的零点个数，并作出证明． 19. 在平面直角坐标系中，将每个点绕原点 沿逆时针方向旋转角的变换称为旋转角为的旋转变换，设点经过旋转角的旋转变换后变成点，则 （1）在的旋转变换下，若点变成点，直线变成直线，求：的坐标和直线的斜率； （2）已知曲线是由平面直角坐标系下焦点在 轴上的抛物线 绕原点 逆时针旋转所得的斜抛物线的方程． ①求斜抛物线的焦准距； ②已知在斜抛物线上，按如下规则依次构造点列：过点作斜率为的直线交于点，再过点作斜率为的直线交于点，记的面积为．求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★考试结束前 2025年5月桐乡市高三模拟测试 数学学科试题 考生须知： 1．本卷共6页满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4．考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数定义域化简集合 ，再利用交集的定义求解. 【详解】由，得，，而， 所以. 故选：A 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数除法运算求出，再求出的模. 【详解】由，得， 所以. 故选：B 3. 已知函数的极小值是，则实数（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】分、 、讨论，利用导数求出极小值可得答案. 【详解】，令 得或， 当时，，在R上单调递增，无极值； 当即 时， 时， ，单调递增， 时， ，单调递增， 时， ，单调递减， 得在处取得极小值，即， 解得； 当即时， 时， ，单调递增， 时， ，单调递增， 时， ，单调递减， 得在处取得极小值，即， 不满足题意； 综上，实数. 故选：C. 4. 若实数 满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由指数运算可得，再由二次函数可得的最大值. 【详解】因为，所以，即， 故，即，当且仅当时等号成立， 故的最大值为， 故选：D. 5. 已知数列，则“，，”是“数列为等差数列”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 【解析】 【分析】根据充分必要条件的判断方法,分充分性和必要性,分别判断. 【详解】充分性：若对，，都有， 则令 ,得,即，因为为常数,所以数列为等差数列; 必要性:等差数列不一定满足,,, 例如:当等差数列通项公式为时,,, 此时,所以,,”是“数列为等差数列的充分不必要条件. 故选：A 6. 设直线与函数的图象的公共点从左至右依次为，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出当时，的解析式，利用函数的图象对称性及给定等式建立方程求得 值. 【详解】当时，，，函数的图象关于 轴对称， 由，解得，由，得， 整理得，而，解得. 故选：D 7. 已知函数的最小正周期为 ，且，函数为奇函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用周期可得，再利用奇函数的性质求出，进而求出函数值. 【详解】依题意，，由为奇函数， 得，且，解得， 由，得，解得，因此，， 所以. 故选：B 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点 在 上，直线是的内角平分线，，，则 的离心率（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用双曲线的定义结合中位线可求，故可求离心率. 【详解】不妨设 在右支上，则， 取的中点为，则，而，在直线上， 而，故在的延长线上，而为角平分线， 故，故， 故，故，所以即， 故， 故选：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. 数据1，2，4，5，6，8，10，11的下四分位数是3 B. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为 C. 将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变 D. 以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为，则， 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用下四分位数的定义可判断A选项；利用样本系数的定义即可判断B选项；利用方差的性质可判断C选项；利用回归分析可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，所以，这组数据的下四分位数是，故A正确； 对于B选项，若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为，故B错误； 对于C选项，将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，满足方差的性质，故C正确； 对于D选项，以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为， 即，可得，故，，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知四棱锥，底面是边长为 的正方形，底面，，点 满足，，下列说法正确的是（ ） A. 存在点 ，使得 B. 当时，点 到平面的距离为 C. 当平面平面时， D. 当二面角为时， 【答案】AC 【解析】 【分析】以点 为坐标原点， 、 、所在直线分别为 、 、轴建立空间直角坐标系，求出点 的坐标，利用空间向量法逐项判断即可. 【详解】因为底面，，底面是边长为 的正方形， 以点 为坐标原点， 、 、所在直线分别为 、 、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， ，其中， 故点， 对于A选项，，， 若存在点 ，使得，则，解得，合乎题意， 所以，存在点 ，使得，A对； 对于B选项，当时，点， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得，且， 所以，点 到平面的距离为，B错； 对于C选项，设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 若平面平面，则，解得，C对； 对于D选项，平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 若二面角为，则，解得，D错. 故选：AC. 11. 已知定义在上的函数，集合对于任意，在使得的所有中，下列说法正确的是（ ） A. B. 在上单调递减 C. 存在在处取到最大值 D. 存在，使得在单调递减 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用题中集合 的定义可判断A选项；利用函数单调性的定义可判断B选项；构造函数，数形结合可判断C选项；利用函数单调性的定义结合题中定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，且，根据题中定义可得，A对； 对于B选项，任取、且，则存在，则， 根据题意，对任意的，，则， 同理，对任意的，，即，故， 所以，函数在上单调递减，B对； 对于C选项，若存在函数在处取到最大值， 构造函数，如下图所示： 由图可知，函数在处取得最大值， 且对任意的，当时，，合乎题意，C对； 对于D选项，若存在，使得在单调递减， 对任意的，当时，，所以，与已知条件矛盾，D错. 故选：ABC. 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标形式可求 的值. 【详解】因为，故，即， 故答案为： 13. 将 个相同的球放入编号为 、 、 的 个盒子中，要求每个盒子至少放 个球，且编号为 的盒子中球数不超过 个，则不同的放法种数为______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】对编号为 的盒子中球数进行分类讨论，确定编号为 的盒子中的球数，结合分类加法计数原理可得结果. 【详解】若编号为 的盒子中球数为 ，则编号为 的盒子中的球数可以为 、 、 、 ，有 种情况， 若编号为 的盒子中球数为 ，则编号为 的盒子中的球数可以为 、 、 ，有 种情况， 综上所述，不同的放法种数为种. 故答案为： . 14. 记表示不超过 的最大整数，已知数列满足，且，数列满足，记为数列的前 项和，则______. 【答案】 【解析】 【分析】分析得出，利用累加法求出数列的通项公式，可化简数列的表达式，求出，结合题中定义可求得的值. 【详解】因为数列满足，且，则， 当且时， ， 也满足，故对任意的，， 故，， 当时，，则，所以， 此时，， 所以， ， 故. 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. 甲、乙两选手进行羽毛球比赛，比赛采用5局3胜制，如果每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是，求： （1）赛完4局且甲获胜的概率； （2）在第3局乙获胜的情况下，最终是甲获胜的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据第4局甲胜，前3局甲胜两局可求概率； （2）先求第3局乙获胜的概率，再求出第3局乙获胜且甲最终获胜的概率，从而可得所求的条件概率. 【小问1详解】 赛完4局，甲获胜，则第4局甲胜，前3局甲胜两局， 设事件 为“赛完4局且甲获胜”，则. 【小问2详解】 设 为“甲获胜”， 为“第3局乙获胜”，则， 事件包含两种情况，第3局乙获胜，第4局比赛后最终甲获胜和第3局乙获胜，第5局比赛后最终甲获胜， 其中第3局乙获胜，第4局比赛后最终甲获胜，则乙只在第3局获胜，概率为， 第3局乙获胜，第5局比赛后最终甲获胜，则第1,2,4局中，有1局乙获胜，有2局甲获胜， 第5局甲获胜，概率为， 而， 故. 16. 在锐角 中，内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，已知． （1）求； （2）若，，，求 的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出，结合正弦定理可求得结果； （2）由平面向量的减法可得出，利用平面向量数量积的运算性质结合与余弦定理可得出关于 、的方程组，解出这两个量的值，可得出的值，然后利用三角形的面积公式可求得 的面积. 【小问1详解】 由及正弦定理可得， 即， 即， 即， 因为 为锐角，故，可得，由正弦定理得，故. 【小问2详解】 因为，则，故， 所以， 即，即①， 由余弦定理可得，即②， 联立①②可得，，故， 因此，. 17. 如图，已知，平面平面，，，，点 为梯形内（包括边界）一个动点，且平面． （1）求点 的轨迹长度； （2）当线段最短时，直线与平面所成角 的正弦值为，求三棱锥的体积． 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）利用空间中的垂直关系可得平面，建立如图所示的空间直角坐标系后利用直线的方向向量和平面的法向量可求 的轨迹方程，从而可求轨迹长度； （2）利用向量法结合直线与平面所成角 的正弦值为求得 的长度，再结合向量法可求 到直线 的距离，从而可求体积. 【小问1详解】 因为平面平面，，平面平面， 平面，故平面， 而，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 因点 为梯形内（包括边界）一个动点，可设，则， 又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因平面，则， 故，即， 取，则，取，则， 故 的轨迹长度为. 【小问2详解】 取 的中点为 ，连接 ， ，由（1）可得 的轨迹为 . 又由（1）可得平面，而平面， 故，因，若线段最短，则最短，此时有， 而，故点 为 的中点，故， 设平面的法向量为，而，， 故，故可取， 因直线与平面所成角 的正弦值为， 而，则得， 故，故或， 易得平面，则点 到平面的距离为 或， 又，， 故 到直线的距离为， 易得，故， 故三棱锥的体积为或者为. 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，存在，使得，求证：； （3）当时，判断的零点个数，并作出证明． 【答案】（1） （2）证明：当时,, , 因为，所以， 当时，恒成立，所以在上单调递减，故不存在极值点，不符合已知条件； 当 时，解得解得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 可得的最小值为， 当时不存在零点，不符合已知条件； 当时，解得，此时的零点为，不符合已知条件； 当时，解得， 此时有极小值点，且， 又因为，可得在上单调递增， 在上单调递减，所以，因此恒成立． 所以有． 即函数的一个零点，满足， 又，所以，得证． （3）2，证明：记， 即， ①当时，由第（2）问可知，当时，在上单调递减，在 单调递增，又在上单调递增，在单调递减，所以在递减，在单调增． 又， 所以， 又 , 因此，存在两个零点 , ，满足． ②当时，在单调递增，且由第（2）知， 又，所以恒成立，在不存在零点； 综上所述，存在两个零点． 【解析】 【分析】（1）先求出曲线的方程，然后求导得到切线斜率，进而求出切线方程. （2）根据已知条件得到关于的关系，然后进行化简，即可证明答案. （3）构造新函数，然后对函数求导，判断函数的单调区间，结合特殊函数值的正负，从而判断出函数的零点个数. 【小问1详解】 当时，，定义域为 ， 对函数求导得，则曲线在处的切线斜率为. 而，得到曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 在平面直角坐标系中，将每个点绕原点 沿逆时针方向旋转角的变换称为旋转角为的旋转变换，设点经过旋转角的旋转变换后变成点，则 （1）在的旋转变换下，若点变成点，直线变成直线，求：的坐标和直线的斜率； （2）已知曲线是由平面直角坐标系下焦点在 轴上的抛物线 绕原点 逆时针旋转所得的斜抛物线的方程． ①求斜抛物线的焦准距； ②已知在斜抛物线上，按如下规则依次构造点列：过点作斜率为的直线交于点，再过点作斜率为的直线交于点，记的面积为．求证：． 【答案】（1）， （2）①焦准距为；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题设中旋转变换公式可求及. （2）①根据题设中变换公式得旋转前的曲线方程为，故可求焦准距；②根据题设中的旋转变换得旋转前后直线的斜率关系，以旋转前的抛物线为研究对象，通过斜率关系得的横坐标满足，再结合距离公式等得面积，求和后可证题设中的不等式. 【小问1详解】 由题设中的变换方法有，故，故. 设上的任意一点为，旋转前对应的点为， 则即， 故即， 整理得，故，故的斜率为. 【小问2详解】 ①设抛物线 上的点为，旋转后对应的点为， 则即， 故 ， 整理得：，该抛物线的焦准距为，但旋转变换不改变焦准距， 故斜抛物线的焦准距为. ②由（1）可得对应的， 设曲线上有两个上有两个，其对应的点为， 则且， 则， 故 设对应的点为，对应的点为，则在抛物线上且， ，设，则， 又，且，整理得到，， 所以，而，故， 故，而也符号该式，故. 又的方程为即， 而， 而到直线的距离为， 故的面积为 ， 由于旋转变换不改变图形面积，故， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $