浙江省金华十校2025届高三下学期4月模拟考试（二模）数学试卷（Word版附解析）

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本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟.
考试注意：
1.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上.
2.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净.
3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效.
选择题部分（共58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. 已知向量，，且，则实数的值为（ ）
A. B. 2C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】由向量平行的坐标公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由可得，解得.
故选：A
2. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合，根据补集运算和集合间关系判断.
【详解】因为，，
所以.
故选：D.
3. 点绕原点按逆时针方向旋转到达点，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用三角函数的定义，结合诱导公式求解.
【详解】以原点为角的顶点，轴的非负半轴为角的始边，令角的终边过点，
则角的终边过点，且，
于是，，
，
所以点的坐标为.
故选：B
4. 一组不全相等的数据，去掉一个最大值，则下列数字特征一定改变的是（ ）
A. 极差B. 中位数C. 平均数D. 众数
【答案】C
【解析】
【分析】对A，根据极差的定义判断；对B，举反例说明；对C，根据平均数的定义，利用反证法证明；对D，举反例说明.
【详解】对于A，去掉最大值后，新极差为原次大值与最小值之差，
若原次大值等于最大值，则极差不变，若原次大值不等于最大值，则极差改变，故A错误；
对于B，去掉最大值后，中位数可能改变，可能不变，如原数据为，中位数为2，
去掉3后，数据为，中位数还是2，故B错误；
对于C，设原平均数为，且按照从小到大的顺序，
假设去掉最大值后平均数不变，则，
所以，解得，由于原数据不全相等，则，
故矛盾，所以平均数一定改变，故C正确；
对于D，众数不一定改变，如数据为，众数为2，去掉4后，众数仍为2，故D错误.
故选：C.
5. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用对数换底公式以及运算性质，利用作商法结合对数函数的单调性比较大小即可.
【详解】由题意可知，.
则，所以.
则，所以.
所以.
故选：D.
6. 如图，，是棱长为2的正方体展开图中的两条线段，则原正方体中几何体的表面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先还原几何体，然后根据三棱锥表面积的求法求得正确答案.
【详解】还原正方体如下图所示，
，，
，
所以四面体的表面积为.
故选：B
7. 某美妙音乐的模型函数为，则关于该函数下列说法正确的是（ ）
A. 最小正周期为B. 是偶函数
C. 在区间上单调递增D. 最大值为
【答案】C
【解析】
【分析】应用周期的定义可判断A；用奇函数和偶函数的定义可判断B；应用求导判断C；特值分析判断D.
【详解】A选项：，A选项错误；
B选项：，B选项错误；
C选项：，当时，，，，函数单调递增，C选项正确；
D选项：，当时，，此时，，，即三项无法同时取到最大值，D选项错误.
故选：C.
8. 过抛物线：的焦点且斜率为的直线与交于，两点，线段，的中点分别为，，为坐标原点，直线，与抛物线的另一个交点分别为，，记点，到轴距离分别为，，则（ ）
A. B.
C. 轴D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】设，,的直线方程，求出,进而求出，判断选项A,B,求出直线方程，表达出,判断选项C,再根据,求出的值，判断选项D.
【详解】设，,的直线方程，
因为线段的中点分别为,
所以，
根据中位线性质，则，，
由抛物线的定义可得，，，故A,B错误；
设直线方程：，
联立可得，，则，
故，
同理可得
又,则
故，故
则，故轴故C正确；

由,则，
则，再由，故
则或（舍去），故
故，则，故D错误.
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. 已知复数，互为共轭复数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据共轭复数的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设，则，
A选项，，所以A选项正确.
B选项，，所以B选项正确.
C选项，，，
所以C选项正确.
D选项，设，则，
则，所以D选项错误.
故选：ABC
10. 已知中角，，所对的边分别为，，，满足，则下列条件能使成为锐角三角形的是（ ）
A. B. ，C. ，D. ，
【答案】BC
【解析】
【分析】由已知可求，对于A，由内角和判断；对于BCD，由余弦定理判断即可.
【详解】因为，
由余弦定理可得，
所以，
因为，所以，
对于A，当时，，此时成为直角三角形，故A错误；
对于B，当，时，
由余弦定理可得，
所以，
所以，所以为锐角，
由，所以，此时成为锐角三角形，故B正确；
对于C，当，时，
由余弦定理可得，
解得，所以，所以为锐角，
由，所以，此时成为锐角三角形，故C正确；
对于D，当，时，
由余弦定理可得，即，
由于，方程无实根，所以不存，故D正确.
故选：BC
11. 几何体的体积可以看成面积的积累，因此可以得到：“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，则两个几何体体积相等”.旋转体体积也可看作平面区域面积绕与其不相交的轴（可为其边界）旋转的积累，因每个点旋转的周长不一致，平面区域旋转的长度可用该区域的重心旋转长度替代，于是可得到旋转体体积计算方法：旋转体体积=旋转区域面积重心旋转的圆形轨迹周长.如图1，记圆面绕轴旋转形成的几何体体积为，记半圆面重心坐标为.如图2，阴影部分为函数与围成的区域，记该区域绕轴，轴旋转形成的几何体体积分别为，.则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用定义及圆的周长、面积公式计算可得A，将该半圆面绕旋转形成球体结合定义计算即可判定B；结合B的结论及图2阴影部分与半个单位圆面积的关系即可判定C；构造半径为1的圆柱减去图2阴影区域的旋转体的纵截面，再构造纵截面为半个单位圆及其内切圆，通过计算得同一截面截取该两个旋转体的面积相同计算即可判定D.
【详解】对于A，易知它的重心即其圆心，由定义可知，故A错误；
对于B，易知该半圆面绕旋转所得的几何体为半径为1的球体，
其体积，故B正确；
对于C，根据条件易知半圆面绕横轴旋转形成的几何体体积为
，
设点，
则，
所以图2阴影面积小于半径为1的半圆面积，即，故C正确；
对于D，图（1）阴影区域满足，其绕纵轴旋转形成的几何体体积记为，
图（2）阴影区域满足，其绕纵轴旋转形成的几何体体积记为，
设纵坐标为的平面去截这两个几何体，
联立得，其截图（1）对应旋转体的截面面积为
，
联立得，其截图（2）对应旋转体的截面面积为
，则，
易知，而，故D正确；
故选：BCD
【点睛】思路点睛：第三项，主要在于判定该抛物线与单位圆的覆盖面积关系；第四项，结合祖暅定理构造抛物线与半个单位圆及其内接圆形成截面恒等的结构很关键.
非选择题部分（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则________.
【答案】##
【解析】
【分析】由正弦的和差角公式代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，
即，所以.
故答案为：
13. 已知数列为等差数列，为其前项和，满足，，则的值为________.
【答案】3
【解析】
【分析】设出等差数列的公差，根据求和公式建立方程组，求得首项与公差，利用通项，可得答案.
【详解】设等差数列的公差为，则，
化简可得，解得，
所以.
故答案为：.
14. 函数在点，处的切线分别记为，，且，过点作轴的平行线与交于点，则________.
【答案】##
【解析】
【分析】切线平行得到，再结合切线方程得到点坐标，进而可求解.
【详解】
，
因为，
所以，又，
所以，
所以切线方程： ，
切线方程： ，
将，代入，可得：，
又，
所以，
所以点坐标为
所以，
又，
所以，
故答案：
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. 有，两道谜语，张某猜对谜语的概率为0.8，猜对得奖金10元；猜对谜语的概率为0.5，猜对得奖金元.
（1）猜两道谜语，求张某仅猜对其中一道的概率；
（2）若规定只有在猜对第一道谜语的情况下，才有资格猜第二道，求的值，使得张某先猜谜语和先猜谜语所获得的奖金期望相同.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用互斥事件概率加法公式即可计算求解.
（2）分别计算两种不同顺序下的期望值，建立方程求解即可.
【小问1详解】
设张某仅猜对其中一道谜语事件M，猜对A谜语为事件A，猜对B谜语为事件B
则.
【小问2详解】
设张某先猜A谜语获得的奖金为元，先猜B谜语获得的奖金为元，
则的取值分别是0，10，，的取值分别是0，，，
，，，
所以；
，，，
所以.
由得，解得.
16. 已知函数.
（1）当时，求函数的极值；
（2）若方程有且只有一个实数根，求实数的取值范围.
【答案】（1）极小值为，无极大值.
（2）或.
【解析】
【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的极值.
（2）求出函数，利用导数探讨其单调性及极值，再按分类处理函数的零点为1个的条件求解.
【小问1详解】
当时，函数的定义域为，
求导得，当时，，当时，，
所以当时，函数取得极小值，无极大值.
【小问2详解】
函数的定义域为，求导得，
令，则，
当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，函数取得极小值，
①若，当时，，函数在有唯一零点；
当时，，函数在无零点，
因此当时，有唯一零点；
②若，当从大于0的方向趋近于0时，函数的值趋近于负数，
即当时，，函数在上无零点；
当从大于的方向趋近于时，函数的值趋近于正无穷大，
当趋近于正无穷大时，函数的值趋近于正无穷大，
则当且仅当，有唯一零点，由，得，即，
令，求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，因此，
则方程有唯一解，于是时，有唯一零点，
所以实数的取值范围为或.
17. 如图，为圆锥的顶点，为底面圆的直径，为圆周上一点，为劣弧的中点，.
（1）求证：；
（2）在线段上且，当平面时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，即可证明；
（2）解法一：在上取点，使得，连接，由线面平行的性质定理可得，然后设与交于点，连接，即可得到就是平面与平面夹角，代入计算，即可得到结果；解法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
证明：如图，连接，因为为的中点，所以，
又因为平面，故，
，平面，
所以平面，平面，则.
【小问2详解】
解法一：在上取点，使得，连接，则，
又平面，平面，故平面，
又平面，且，平面，
所以平面平面，
且平面平面，平面平面，
所以，
则，又，
所以，所以，则，
设与交于点，连接，则，
又因为，所以，
所以就是平面与平面夹角，
因为，所以，所以
即平面与平面夹角的余弦值为.
解法二：如图，以为坐标原点，，为，轴正方向建立空间直角坐标系，
设，则，，，
设，则，
设，则
因为，，设平面的法向量为
由，可取，
又因为平面，所以，
即得，
于是，，则，所以，
又，设平面的法向量为，
则，可取，
又平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，
则，所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 如图，双曲线：的虚轴长为2，离心率为，斜率为的直线过轴上一点.

（1）求双曲线的标准方程；
（2）若双曲线上存在关于直线对称的不同两点，，直线与直线及轴的交点分别为，.
（i）当时，求的取值范围；
（ii）当时，求的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）由虚轴及离心率可得，即可得双曲线方程；
（2）令，设直线为：，将直线BC方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得，.（i）代入，可得，，结合，可得，最后由可得答案；（ii）由，结合，，，可得关于的表达式，然后由基本不等式可得答案.
【小问1详解】
由题知，解得，双曲线E的标准方程为；
小问2详解】
令，设直线为：，与联立得，当时，
设，则由韦达定理，及题意可得：
则，，.
（i）当时，，，
由，得，
又因为，即，
所以；
（ii）由题知，.
因为，
所以，又，，
则，
，
又，
则，
则，
当取得，此时满足题意.
综上，的最小值为.
【点睛】关键点睛：对于双曲线中所涉及的范围问题，常利用双曲线上点的横坐标范围，判别式，点与双曲线位置关系求解；对于最值问题，常先找到所求量关于某变量的表达式，再利用函数知识或基本不等式求解.
19. 已知定义域为的函数满足：记（表示从中任取两个作乘积再求所有乘积的和，如）.
（1）求，的值；
（2）为互不相同的自然数，求；
（3）求的值.
【答案】（1），
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由函数的定义代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由函数的定义可得，然后分奇偶讨论代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，由的定义可得，然后由求解，结合函数的定义代入计算可得，即可得到结果；
【小问1详解】
由定义可得，
因为，所以，
由定义可得，
因为，所以.
【小问2详解】
不妨设，由定义得
①，
而
又因为②，
此时②式和①式出现同样结构，我们按照定义继续递推下去直至得到
，
所以当为偶数时，，
所以当为奇数时，.
【小问3详解】
由（2）可知，或，
所以根据定义可知，
其中表示前2025项中的个数，
即，
记，则
，
且.
由于，由（2）知，
，
由（2）知，从而，的个数为4，
又由于，从而时，的个数为8，
所以
因此.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了函数与数列的综合应用，难度较大，解答本题的关键在于理解的定义，然后通过数列的相关知识解答.