精品解析：浙江省永嘉中学2025年7月高二数学学考模拟试题

2025年7月浙江省普通高中学业水平模拟考试 数学试题 2025.7 本数学试题卷分为选择题和非选择题两部分，共4页，22道小题，满分100分，考试时间80分钟． 考生注意： 1．答题前，请务必检查试题卷与答题卷印刷情况，并将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在试题卷和答题纸规定的位置上． 2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷，草稿纸上作答一律无效． 3．非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑． 选择题部分 一、单项选择题：本题共12小题，每小题3分，计36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选，多选，错选均不得分． 1. 已知函数，定义域为，值域为，那么下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 若复数的实部与虚部相等，则实数的值为（ ） A 1 B. C. 2 D. 3. 已知命题，则为（ ） A. B. C. D. 4. 某同学参加跳远测试，共有3次机会．用事件（）表示随机事件“第i（）次跳远成绩及格”，那么事件“前两次测试成绩均及格，第三次测试成绩不及格”可以表示为（ ） A. B. C. D. 5. 已知a，b为两条直线，，为两个平面，且满足，，，，则“与异面”是“直线与l相交”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 轴截面为正方形的圆柱内接于球，则它们的表面积之比是（ ） A B. C. D. 7. 下列命题正确的是（ ） A. 用事件发生的频率估计概率，重复试验次数越大，估计的就越精确． B. 若单调函数和值域均为，那么“函数为常函数”是不可能事件。 C. 事件与事件同时发生的概率一定比与中恰有一个发生的概率小 D. 若事件与事件相互独立，则事件与事件相互独立 8. 基本再生数与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数，基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间，在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与，T近似满足．有学者基于已有数据估计出．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间约为（ ） A. 3.6天 B. 3.0天 C. 2.4天 D. 1.8天 9. 已知实数，则使和最小的实数分别为的（ ） A. 平均数；平均数 B. 平均数；中位数 C. 中位数；平均数 D. 标准差；平均数 10. 已知四棱锥的底面是矩形，平面，若直线与平面，平面和平面所成的角分别为，，，则（ ） A. B. C D. 11. 已知在中，点在BC上的射影落在线段BC上（不含端点），且满足，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 12. 已知定义在上的偶函数满足，记，.当时，.记关于的方程在上有两个不相等的实数根，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，计15分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对得该题全部分数，部分选对得该题部分分数，不选，错选不得分． 13. 根据气象学上的标准，从冬季进入春季的标志为连续5天的日平均温度均超过10℃．现将连续5天的日平均气温的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，则下列样本中一定符合入春指标的有（ ） A. 平均数12，极差为3 B. 中位数为13，众数为11 C. 众数为15，极差为6 D. 平均数为16，方差为6 14. 已知锐角三角形的内角分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 15. 设且，下列不等式正确是（ ） A. B. C. D. 非选择题部分 三、填空题：本题共4小题，每小题3分，计12分． 16. 已知函数为偶函数，则______． 17. 已知全集，集合满足：，且当时必有，则______. 18. 设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为________． 19. 在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为______. 四、解答题：本题共3小题，其中第20题11分，第12,13题13分，计37分．解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 20. 半径为1的圆内接，且． （1）求数量积，，； （2）求的面积． 21. 已知三棱锥中，平面，，，为中点，为中点，在上，.二面角的平面角大小为. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 22. 已知函数. （1）当时，求函数的单调增区间； （2）当时，设，且函数的图象关于直线对称，将函数的图象向右平移个单位，得到函数，求解不等式； （3）当时，若实数m，n，p使得对任意实数恒成立，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年7月浙江省普通高中学业水平模拟考试 数学试题 2025.7 本数学试题卷分为选择题和非选择题两部分，共4页，22道小题，满分100分，考试时间80分钟． 考生注意： 1．答题前，请务必检查试题卷与答题卷印刷情况，并将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在试题卷和答题纸规定的位置上． 2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷，草稿纸上作答一律无效． 3．非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑． 选择题部分 一、单项选择题：本题共12小题，每小题3分，计36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选，多选，错选均不得分． 1. 已知函数，定义域为，值域为，那么下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数、根式的性质求函数的定义域和值域，再由集合交并及集合关系的表示判断各项正误. 【详解】由题设，则，值域， 所以，，集合之间关系不能用表示， 所以A、C、D错，B对. 故选：B 2. 若复数的实部与虚部相等，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数乘法及复数的有关概念求解. 【详解】复数，依题意，，所以. 故选：C 3. 已知命题，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用“全称量词命题的否定为存在量词命题”，得到. 【详解】全称量词命题的否定为存在量词命题， 所以为“”. 故选：A. 4. 某同学参加跳远测试，共有3次机会．用事件（）表示随机事件“第i（）次跳远成绩及格”，那么事件“前两次测试成绩均及格，第三次测试成绩不及格”可以表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意依次判断各项事件运算对应的含义，即可得. 【详解】表示前两次测试成绩均及格，故A错误； 表示后两次测试都没有及格，故B错误； 表示前两次测试成绩均及格，第三次测试成绩不及格，故C正确； 表示三次测试成绩均不及格，故D错误， 故选：C 5. 已知a，b为两条直线，，为两个平面，且满足，，，，则“与异面”是“直线与l相交”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中线、面关系结合充分、必要条件分析判断. 【详解】当“与异面”，若直线与l不相交，由于，则， 又，则，这与和异面相矛盾，故直线与l相交， 故“与异面”是“直线与l相交”的充分条件； 当“直线与l相交”，若与不异面，则与平行或相交， 若与平行，又，则，这与直线和l相交相矛盾； 若与相交，设，则且，得， 即A为直线的公共点，这与 相矛盾； 综上所述：与异面，即“与异面”是“直线与l相交”的必要条件； 所以“与异面”是“直线与l相交”的充分必要条件. 故选：C. 6. 轴截面为正方形的圆柱内接于球，则它们的表面积之比是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】轴截面正方形的边长既是底面圆直径，也是高；正方形的对角线为球的直径，即可设出长度，求出表面积，即有表面积之比 【详解】轴截面如下图，ABCD为正方形，设圆柱底面圆直径，则球直径，故圆柱表面积为，球表面积为，故它们的表面积之比为， 故选：C 7. 下列命题正确的是（ ） A. 用事件发生的频率估计概率，重复试验次数越大，估计的就越精确． B. 若单调函数和值域均为，那么“函数为常函数”是不可能事件。 C. 事件与事件同时发生的概率一定比与中恰有一个发生的概率小 D. 若事件与事件相互独立，则事件与事件相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】利用概率的定义判断A；举例说明判断BC；利用事件的独立性性质判断D． 【详解】对于A，在相同的条件下做大量重复试验，一个事件A出现的次数和总的试验次数之比， 称为事件在这次试验中出现的频率.当试验次数很大时，频率将稳定在一个常数附近， 越大，频率偏离这个常数较大的可能性越小，这个常数称为这个事件的概率， 并不是说越大，估计的精度越精确，A错误； 对于B，函数，都是R上的单调函数，值域都是R， 而函数为常函数，B错误； 对于C，样本空间，事件， 则同时发生的概率，与中恰有一个发生的概率为，C错误； 对于D，若事件与相互独立，则事件与、事件与、事件与都相互独立，D正确. 故选：D 8. 基本再生数与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数，基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间，在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与，T近似满足．有学者基于已有数据估计出．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间约为（ ） A. 3.6天 B. 3.0天 C. 2.4天 D. 1.8天 【答案】A 【解析】 【分析】由已知先确定系数,即可确定函数解析式，再利用解析式及提供数据即可求解累计感染病例数增加3倍需要的时间 【详解】因为，，且，则，于是得 设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间为，则有 即，所以， 而，解得 所以在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间约为3.6天 故选：A． 9. 已知实数，则使和最小的实数分别为的（ ） A. 平均数；平均数 B. 平均数；中位数 C. 中位数；平均数 D. 标准差；平均数 【答案】C 【解析】 【分析】结合绝对值的几何意义和二次函数，根据中位数和平均数的定义判断即可． 【详解】解：， 表示个绝对值之和， 根据绝对值的几何意义知，绝对值的和的最小值表示距离和的最小值， 是偶数， 取，，，的中位数时，有最小值， 为关于的一元二次函数， 当时，有最小值， 实数为，，，的平均数时，有最小值． 故选：C． 10. 已知四棱锥的底面是矩形，平面，若直线与平面，平面和平面所成的角分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件中的垂直关系结合线面角定义，确定直线与平面，平面和平面所成的角，求出各角正弦、余弦的表达式，逐项验证求解即可. 【详解】 如图所示，设，，， 因为平面，因为平面，所以， 为直角三角形， 所以直线与平面所成角为，即， 因为为矩形，所以为直角三角形， 所以， 在中，， 所以，， 因为为矩形，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为平面，平面，， 所以平面，因为平面，所以， 为直角三角形， 所以直线与平面所成角为，即， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以，， 因为为矩形，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为平面，平面，， 所以平面，因为平面，所以 为直角三角形， 所以直线与平面所成角为，即， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以，， 对于A， ，A错误； 对于B， ，B错误； 对于C， ，C错误； 对于D， ，D正确. 故选：D. 11. 已知在中，点在BC上的射影落在线段BC上（不含端点），且满足，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得，且角均为锐角，根据，代入化简得，结合正弦定理、余弦定理及基本不等式化简可得，设，得，化简可得，结合，代入化简即可求解. 【详解】在中，因为在BC上的射影落在线段BC上（不含端点）， 所以，且角均为锐角， 因为，所以， 因为，所以， 化简得， 由正弦定理得， 因为，且， 所以，有， 所以，即， 若，此时，所以等腰直角三角形，故， 若，不妨设，则，即， 所以，即， 因为，即， 因为函数在区间上单调递减， 所以， 即，化简可得 即，得， 所以角的取值范围是. 故选：A 12. 已知定义在上的偶函数满足，记，.当时，.记关于的方程在上有两个不相等的实数根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性及确定函数的周期性，再根据已知条件确定时的函数解析式，将问题转化为函数，在有两个交点，结合函数的图像性质、值域即可求解. 【详解】因为为定义在上的偶函数，所以， 又因，将替换则有， 即，所以为周期为的周期函数， 根据题意，即时， ， ，当时，，即， 因为函数为周期为的周期函数， 所以，， 根据已知条件，，在上有两解， 令，则，方程变为，， 令，，根据题意两函数在有两个交点， ，，为对称轴为，值域为的抛物线， ，，为对数函数，，， 当时，函数在上单调递减，两个函数没有交点，不合题意； 当，，， 此时，两函数在上恰有两个交点，符合题意； 当时，单调递增，根据， 两图像最多有一个交点，不合题意； 当时，单调递增，根据， 两图像有两个交点，符合题意； 综上所述，的取值范围为，所以. 故选：D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，计15分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对得该题全部分数，部分选对得该题部分分数，不选，错选不得分． 13. 根据气象学上的标准，从冬季进入春季的标志为连续5天的日平均温度均超过10℃．现将连续5天的日平均气温的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，则下列样本中一定符合入春指标的有（ ） A. 平均数为12，极差为3 B. 中位数为13，众数为11 C. 众数为15，极差为6 D. 平均数为16，方差为6 【答案】BD 【解析】 【分析】令5天数据从小到大为，结合各项的特征数据验证判断是否满足入春指标，即可得. 【详解】令5天数据从小到大为， A：由，则，且， 若，则，存在满足要求，但不符合入春指标，错； B：由题设，且，故5个数据均超过10，符合入春指标，对； C：由题设，若，且，则，不符合入春指标，错； D：由题设，，则， ，则， 若，则，矛盾，符合入春指标，对. 故选：BD 14. 已知锐角三角形内角分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据三角形内角范围，结合三角函数单调性分别判断各选项. 【详解】因为为锐角三角形，所以， 则，从而,A选项正确； 由，得， 则，则，B选项错误； 由，可得， 则当时，，C选项错误； 由，得， 则，从而，D选项正确； 故选：AD. 15. 设且，下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用重要不等式求解出，进而得到一定成立判断A，利用完全平方公式结合给定条件得到，再进行换元并得到新元的范围，将原不等式转化为，判断两边同正后再对两边同时平方，移项后转化为证明，再对左侧因式分解并结合二次函数性质，判断不等式不成立来求解B，利用已证结论结合基本不等式判断C，利用基本不等式结合指数函数性质判断D即可. 【详解】对于A，因为，且由重要不等式得， 当且仅当时取等，所以， 解得，因为，所以， 故，此时一定成立，故A正确， 对于B，由完全平方公式得， 因为，所以，因为，所以， 故，则， 欲证，则证， 即证即可，令， 则证，故证即可， 而，，故证即可， 则证，即证即可， 令，故证即可， 对于，其开口向上，且， 由二次函数性质得恒成立，而，则， 综上可得，即不成立，故B错误， 对于C，由已证结论得，， 而，当且仅当时取等， 此时解得，得到，即，故C正确， 对于D，由基本不等式得， 当且仅当时取等，由指数函数性质得在上单调递增， 而，故，则， 即成立，则成立，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：解题关键是利用完全平方公式和给定条件及换元法对目标式合理转化，然后判断左右同正，之后再进行合理变形，转化为三次函数的证明问题，再对三次函数因式分解，结合二次函数性质得到所要求的不等关系即可． 非选择题部分 三、填空题：本题共4小题，每小题3分，计12分． 16. 已知函数为偶函数，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由进行求解． 【详解】因为函数为偶函数，所以， 即， 即， 两边平方，化简可得． 要使上式恒成立，则，即． 故答案为： 17. 已知全集，集合满足：，且当时必有，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用反证法，假设不是正整数集，结合题意条件推出矛盾即可. 【详解】若为的真子集，则为由部分正整数组成的非空集合， 故中存在最小元素，故，从而，于是， 因为，若，由的性质可知，这与矛盾， 所以，但这又与是中的最小元素矛盾，所以不是的真子集， 即. 故答案为： 18. 设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由可得的取值范围，再由向量数量积的定义及夹角公式进行求解即可． 【详解】，为单位向量，则，即， ，得， 令， ， ， ， ， 有， 由，则，即，得， ，即. 故答案为： 【点睛】关键点点睛： 本题考查向量的数量积和模等基础知识，解题关键在于令，把表示成关于的函数，由已知求出的取值范围，利用函数思想求的最小值. 19. 在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，在等腰中，求得，设的外心是，外接圆半径是，由正弦定理得，设外接球球心是，可得是直角梯形，设可得，把（）也用表示，然后可表示出外接球半径，利用三角恒等变换，换元法，变形后由基本不等式求得最小值，从而得球表面积的最小值． 【详解】设，在等腰中，， 设的外心是，外接圆半径是， 则，∴， 设外接球球心是，则平面，平面，则， 同理，， 又平面，所以，是直角梯形， 设，外接球半径为，即， 则，所以， 在直角中，，， ，，∴， ， 令，则， ， 当且仅当，时等号成立， 所以最小值是． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题． 四、解答题：本题共3小题，其中第20题11分，第12,13题13分，计37分．解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 20. 半径为1的圆内接，且． （1）求数量积，，； （2）求的面积． 【答案】（1），，． （2） 【解析】 【分析】（1）将变形为，两边平方即可求得的值，同理可求，的值； （2）利用向量的数量积或夹角公式求出的夹角或余弦值进而可得正弦值，结合三角形面积公式，即可求得答案. 【小问1详解】 ，， 则，即得， 所以，同理，． 【小问2详解】 由，， 由，，得， 则， 同理，， 则， 所以． 21. 已知三棱锥中，平面，，，为中点，为中点，在上，.二面角的平面角大小为. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接并延长，交于点，取的中点可得，根据为中点，可得，从而，再由线面平行的判定定理可得答案； （2）分别取的中点，利用线面垂直的判定定理和性质定理可得即为二面角的平面角，求出各边长，再由线面垂直的判定定理可得平面，转化为点到平面的距离是点到平面的距离的一半，求出可得答案. 【小问1详解】 连接并延长，交于点，取的中点，连接， 因为中点，所以，，所以， 所以，又为中点，所以， 所以，因为，所以， 所以，可得， 因为平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 分别取的中点，连接， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 且，平面，所以平面， 平面，所以，所以即为二面角的平面角， 所以，因为，所以，所以， 设，则，所以， 因为平面，平面，所以， 且，平面，所以平面， 所以线段的长即为点到平面的距离，又因为为的中点， 所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半， 因为，所以点到平面的距离为. 【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点是转化为点到平面的距离是点到平面的距离的一半，再由线面垂直的判定定理可得平面，考查了学生的空间想象能力、计算能力. 22. 已知函数. （1）当时，求函数的单调增区间； （2）当时，设，且函数的图象关于直线对称，将函数的图象向右平移个单位，得到函数，求解不等式； （3）当时，若实数m，n，p使得对任意实数恒成立，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到，结合正弦型函数的性质即可求解； （2）根据题意得到，求得，得到，结合图象的变换求得，解不等式可得结果； （3）利用辅助角公式化简，根据恒成立问题列方程组，分类讨论即可求解. 【小问1详解】 当时，， 令，可得， 所以的单调增区间为. 【小问2详解】 当时，，其中， 因为的图象关于直线对称， 所以，即，解得， 所以， 将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象， 由，得，则， 解得， 所以不等式的解集为. 【小问3详解】 当时，，其中且， 所以，可化为， 即， 所以. 由已知条件，上式对任意恒成立， 所以， 若，则由（1）知，显然不满足（3）式，故， 所以由（2）知，故或， 当时，，则（1）、（3）两式矛盾， 故，，由（1）、（3）知， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$