2025届浙江省杭州第二中学高三模拟预测数学试题 含解析

这是一份2025届浙江省杭州第二中学高三模拟预测数学试题 含解析，共7页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸.等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1．本卷满分 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、试场号、座位号及准考证号.
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.
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 为虚数单位，若复数 满足 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数 ，利用共轭复数的概念以及复数的乘法化简可得结果.
【详解】由已知可得 ，则 ，故 .
故选：C.
2. 如果 是实数，那么“ ”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
【解析】
【分析】将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件.
【 详 解 】 当 时 ， 不 妨 设 ， 则 .而 当
时，可能 ，此时 ，而 .综上所述“ ”是“ ”
的充分不必要条件.
【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查绝对值的知识，属于基础题.
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3. 在四边形 中，若 ，则该四边形的面积为（ ）
A. B. C. 10 D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的数量积坐标运算来判断向量垂直，从而利用四边形的面积公式计算即可.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 ，则 ，即四边形的对角线互相垂直，
因为 ，
所以该四边形的面积为 ，
故选：C.
4. 函数 ， 的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由诱导公式化简函数后，结合余弦函数性质求解．
【详解】由已知 ，又 ，∴ ．
故选：B
5. 已知等差数列 的公差为 成等比数列，则 的前 n 项和
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由等差数列{an}的公差为 成等比数列，列出方程求出 a1＝﹣1，由此能求出{an}的前 n
项和 Sn．
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【详解】∵等差数列{an}的公差为 2，a2，a3，a6 成等比数列，
∴（a1+4）2＝（a1+2）（a1+10），
解得 a1＝﹣1，
∴{an}的前 n 项和 Sn n+n2﹣n＝n2﹣2n＝n（n﹣2）．
故选 A．
【点睛】本题考查等差数列的前 n 项和的求法，考查等比数列、等差数列性质等基础知识，考查运算求解
能力，考查函数与方程思想，是基础题．
6. 已知某 数据的平均数为 ，方差为 ，现再加入一个数据 ，则这 个数据的方差为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由平均数以及方差的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】设原来 个数据依次为 、 、 、 ，则 ，
方差为 ，则 ，
即 ，
所以 ，
则
再加入一个数据 ，则其平均数为 ，
则这 个数据的方差为
.
故选：C
7. 已知椭圆和双曲线有共同的焦点 ， 分别是它们的在第一象限和第三象限的交点，且
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，记椭圆和双曲线的离心率分别为 ，则 等于（ ）
A. 4 B. 2 C. 2 D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】
设椭圆的长半轴长为 ，双曲线的实半轴长为 ，由定义可得 ， ，在 中
利用余弦定理可得 ，即可求出结果.
【详解】设椭圆的长半轴长为 ，双曲线的实半轴长为 ，不妨设 在第一象限，
根据椭圆和双曲线定义，得 ， ，
，
由 可得 ，又 ，
中， ，
即 ，
化简得 ，两边同除以 ，得 .
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查共焦点的椭圆与双曲线的离心率问题，解题的关键是利用定义以及焦点三角
形的关系列出齐次方程式进行求解.
8. 有两个棱长均为 1 的正四棱锥（木制实心玩具），底面中心分别为 ，另有一个棱长为 1 的正四面体
（木制实心玩具），现将两个正四棱锥的各一个三角形侧面与正四面体的两个面完全重合并用胶水粘合（胶
水厚度不计）从而拼接成一个新的玩具，对所有的拼接方式，线段 长度的集合有（ ）
A. 1 个元素 B. 2 个元素
C. 3 个元素 D. 5 个元素
【答案】A
【解析】
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【分析】根据正四棱锥的结构特征分析可知 ，利用补形法，将四面体补成正
方体，分析点 的可能位置，即可得结果.
【详解】如图所示：
在正四棱锥 中， ，
则 ， ，
即 全等，则 ，
将四面体补成正方体，如图所示：
可知点 的可能位置为 ，且 ，
所以线段 长度的集合有 1 个元素.
故选：A.
二、多选题：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．
9. 已知定义在 上的函数 ，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 函数 的值域为
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【答案】ABD
【解析】
【分析】利用分段函数的赋值思想不断求值和递推求值，再结合复合函数单调性求值域，从而可判断各选
项.
【详解】对于 A，根据题意，由 ，故 A 正确；
对于 B，根据题意，由 ，故 B 正确；
对于 C，根据题意，由
，故 C 错误；
对于 D，由于当 时，函数 ，
满足 ，
所以 图象关于直线 对称，
当 时， ，
所以 ， ，即 ；
当 时， ，故 ， ；
当 时，由于 ，所以此时 ；
当 时，由于 ，所以此时 ，
以此类推，根据定义域为 ，所以可得函数 的值域为 ，故 D 正确.
故选：ABD.
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10. 已知 ，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用同角公式，两角和差公式，结合角的范围和变角思想： 来求解
即可.
【详解】由 ， ，所以 ，即 ，故 A 错误；
由于 ，所以 ，则有 ，
即 ，故 B 正确；
因为 ， ，所以 ，
又因为 ，所以 ，故 C 错误；
由
，
因为 ， ，所以 ，
则 ，故 D 正确；
故选：BD.
11. 已知动点 ，其到直线 的距离与其到点 的距离相等，设其轨迹为 . 上有两个
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关于 轴对称的点 （ 在 的上方）.记直线 的斜率为 ，坐标原点记为 ， 的外接圆记为
．则下列结论正确的是（ ）
A. 当 时， 的面积为
B.
C. 的周长大于
D. 过点 分别作 的切线，且与 轴交于点 ，则 最小值为 24
【答案】BC
【解析】
【分析】先由题意写出动点满足关系式，坐标代入化简求出抛物线方程，再依次判断选项，A 项联立直线
与抛物线方程求解 点坐标，进而得 坐标，则可求三角形面积；B 项用斜率表示 坐标，利用向量
数量积求 即可；C 项借助正弦定理可求外接圆直径，进而得周长范围；D 项，设 ，
求出切线方程可用 表示 坐标，再设圆的切线与 轴交点 ，借助相切由垂直关系利用勾股定理
表示 ，取特值 可得 ，从而判断 D 项错误.
【详解】由题意得 ，化简得 .
A 项，当 时，联立 ，又由题意可知 在 轴上方，
故解得 ，由对称性知 ， ，
则 ，故 A 错误；
B 项，由直线 的斜率为 ，联立 ，得 ，
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则 ，即 ，
设直线 的倾斜角 ，则 ， ，
故 ，故 B 正确；
C 项，由 B 项可得 ，且 ，
则 的外接圆直径 ，
故 的周长大于 ，C 正确；
D 项，设 ， ，由 ，则 ，
故抛物线在 处切线的斜率为 ，
则切线方程为 ，
令 ，得 ，故 ，
由 ，故 的外接圆圆心为 ，
设 ，
则 ， ，
，
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由勾股定理可得 ，
解得 ，故当 时， ，
此时 ，故 D 错误；
故选：BC.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 圆 与圆 的公共弦长为______.
【答案】
【解析】
【分析】将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程，求出圆 的圆心到相交弦所在直线的
距离，利用勾股定理可求得相交弦长.
【详解】将圆 与圆 的方程作差可得 ，
所以，两圆相交弦所在直线的方程为 ，
圆 的圆心为原点 ，半径为 ，
原点 到直线 的距离为 ，
所以，两圆的公共弦长为 .
故答案为： .
13. 有 5 个集合： ，从每个集合中等可能地各取 1 个数，记
5 个数之和为 ，则 _____________．
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【答案】
【解析】
【分析】设取出的 5 个数为 ，则可推得 ， ，
即可得出 .进而只需要分析出事件 以及 表示的含义，并求出概率，即可得
出答案.
【详解】设从 中取出数为 ，则 也在这个集合内；
从 中取出数为 ，则 也在这个集合内；
从 中取出数为 ，则 也在这个集合内；
从 中取出数为 ，则 也在这个集合内；
从 中取出数为 ，则 也在这个集合内.
设 ，
则 ，
所以， ， ，
所以， ， ， .
又 表示 ，共有 种可能；
表示 中有 4 个选择 1 和 1 个选择 2，共有 种可能，
且所有的取法种数为 ，
所以， ，
所以 .
故答案 ： .
【点睛】关键点点睛：根据数据的取法规则，得出概率具有对称性.
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14. 已知 面积为 1，边 上的中线为 ，且 ，则边 的最小值为
___________．
【答案】
【解析】
【分析】设 ， ， ，由三角形面积公式得到 ，再由余弦定
理得到 ，令 ，得到 ，结合柯西不等式进而可
求解.
【详解】设 ，
易知 为 的重心，
又 ，由重心为中线三等分点可得： ，
同时 ，
设 ， ，
则 ，
则 ，
所以 ，
由余弦定理可得： ，
令 ，求其最小值即可，
上式化简可得： ，
也即 当且仅当 时取得等号，
所以 ，
故答案为：
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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. 在三棱锥 中，底面 为等腰直角三角形， .
（1）求证： ；
（2）若 ，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）根据题意，可证 ，即 ，从而证得 面 ，即可得到结果；
（2）根据题意，过 S 作 面 ，垂足为 D，连接 ，以 D 为原点， 分别为 x，
y，z 轴建立空间直角坐标系 ，根据空间向量的坐标运算以及二面角的计算公式，即可得到结果.
【小问 1 详解】
证明：取 的中点为 E，连结 ，
∵ ，∴ ，
在 和 中，
∴ ，∴ ，
∵ 的中点为 E，∴ ，
∵ ，∴ 面 ，
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∵ 面 ，∴
【小问 2 详解】
过 S 作 面 ，垂足为 D，连接 ，∴
∵ ， 平面
∴ ，同理，
∵底面 为等腰直角三角形， ，
∴四边形 为正方形且边长为 2.
以 D 为原点， 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 ，则
，
设平面 的法向量 ，则 ，解得 ，
取 ，则 ，∴ ，
设平面 的法向量 ，则 ，解得 ，
取 ，则 ，∴ ，
设平面 与平面 夹角为
故平面 与平面 夹角的余弦值为 .
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16. 在 中内角 的对边分别为 ，满足 ，
（1）求 ．
（2）若 ，点 是边 上的两个动点，当 时，求 面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理与同角的关系求得 ，利用余弦定理和正弦定理计算即可求解；
（2）设 ，根据正弦定理可得 、 ，进而 的
面积 ，结合正弦函数的性质即可求解；
【小问 1 详解】
，由正弦定理得 .
因为 ，所以 .因为 ，所以 .
由 ，可得 ，即 ，所以 .
由正弦定理可得 ，则 ，
得 ，则 或 （舍去），
所以 .
【小问 2 详解】
设 ，在 中，由正弦定理得 ，
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所以
在 中，由正弦定理得 ，
所以 .
的面积
.
因为 ，所以 ，
则 ，故 面积的取值范围为 .
17. 如图，在平面直角坐标系 中，已知椭圆 的离心率 ，且椭圆 过
点 ，过点 作斜率为 的直线 交椭圆 于点 ，交 轴于点 ．
（1）求椭圆 的方程；
（2）已知 为 的中点，是否存在定点 ，对于任意的 都有 ，若存在，求出点 的
坐标：若不存在说明理由．
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【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合椭圆的几何性质，列出方程组，起度呃 的值，得出椭圆的方程；
（2）设直线 的方程为 ，联立方程组，得到 ，求得
和 ，设 ，使得 ，根据 ，得到
恒成立，求得 的值，即可得到答案.
【小问 1 详解】
解：因为椭圆 的离心率 ，且椭圆 过点 ，
可得 ，解得 ，所以椭圆 的方程为 .
【小问 2 详解】
解：由题意，显然直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，
联立方程组 ，整理得 ，
设 ，则 ，
因为点 为 的中点，可得 ，
则 ，即 ，
令 ，可得 ，即 ，
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假设存在点 ，使得 ，此时
因为 ，可得 ，
整理得 ，
因为 ，所以 ，即 恒成立，
所以 ，解得 ，即 ，
即存在定点 ，使得 .
18. 已知函数 ，其中 为自然对数的底数
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）若当 时，关于 的方程： 有两个不同的根： 且 ，
（i）求 的范围；
（ii）当 最小时，求 的值．
【答案】（1）单调递增区间为 和 ，无单调递减区间.
（2）（i） ；（ii）
【解析】
【分析】（1）先求 ，再通过研究 的正负性来确定 的正负性，即可求出
的单调区间；
（2）（i）将问题转化为 在 上有两个不同的零点 ，根据导函数研究其单调性，最
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后根据零点存在性定理即可得出；
（ ii） 令 ， 通 过 ， 先 研 究 函 数 的 单 调 性 ， 再 研 究
的最小值，利用两者最小值的一致性，可得 的值，即可通过 求 的值.
【小问 1 详解】
定义域为 ，
当 时， ，则 ，
令 ，则 ，
则 得 ； 得 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
因 ，则 或 时， ，即 ，
则 的单调递增区间为 和 ，无单调递减区间.
【小问 2 详解】
（i）当 时， 有两个不同的根 ，
则 在 上有两个不同 非零零点 ，
因 ，则 在 上有两个不同的零点 ，
因 ，
当 时， ，则 在 上单调递增，
则 在 上至多存在一个零点，不符合题意；
当 时， 得 ； 得 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ，
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令 ，则 ，
则 得 ； 得 ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，则 在 上恒成立，
因 ，则 ，
则当 时， ；
当 时， ，
则由零点存在性定理可知 在 上有两个不同的零点，
综上可知， 的范围为 .
（ii）因 ，结合 的单调性可知 ，
由（i）可知 是 的两个根，即 ，
两式相减得 ，
令 ，则 ，则 ，
令由（1）可知， 在 上单调递增，
故欲求 的最小值，只需求 的最小值，即 的最小值，
令 ，则 ，
令 ，则 ，则 在 上单调递增，
又 ，则 使得 ，即 ，
则 得 ， 得 ，
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则 在 上单调递减，在 上单调递增，
则当 时 取最小值， 取最小值， 取最小值，
此时
综上所述，当 最小时， .
19. 已知 元正整数集合 ，取出 的 个互不相同的非空子集： 构成
集合 ，若 中任意 个元素的并集均真包含于 ，任意 个元素的并集均等
于 ，我们称 合理覆盖
（1）若 ，问 是否合理覆盖 ？请简要说明理由；
（2）若存在 合理覆盖 ，求 的最小值；
（3）是否存在 合理覆盖 ，且 构成公差为 1 的等差数列（ 表示集合 中的元
素个数）？若存在请给出一个 ，若不存在请说明理由．
【答案】（1）是，理由见详解
（2）
（3）存在，理由见详解
【解析】
【分析】（1）根据称 合理覆盖 的定义判断即可；
（2）依题意得 ，根据定义可知 中至少有 个，进而可求 的最小值；
（3）存在 合理覆盖 ，则 中的每一个元素可以恰好属于 中 个集合，
在此基础上去构造一个满足题意的 即可.
【小问 1 详解】
是，因为任意两个集合均有一个公共元素，从而不能覆盖 ，而任意三个集合覆盖 .
【小问 2 详解】
若存在 合理覆盖 ，从 中任取五个集合 ，则 中必存在一个元素 不
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属于这五个集合，同理再任取五个集合 ，则 中必存在一个元素 不属于这五个集合，
则 （否则必存在六个集合的并集不等于 ），所以 中至少有 个元素，故 ，
当 时， 中的每个元素均恰好属于 中五个集合，且每个元素所在的五个集合构
成的集合均不相同，则该 合理覆盖 ．
【小问 3 详解】
若存在 合理覆盖 ，则 中的每一个元素可以恰好属于 中 个集合（小
于 5 个则存在六个集合的并集不等于 ）
首先我们将 中恰好属于 中 个集合的元素去除，则 仍然合理覆盖剩下的集
合 （可以理解为将剩下的集合置换为则 ）
由（2） 中恰好属于 中 5 个集合的元素至少 252 个，我们再将所在 5 个集合相同的元
素留下一个，其余去除，则 中将只剩下 252 个元素，此时
现在此基础上我们再加回一些元素：
加回的元素对于 的初始状态为：
先加 5 个恰属于五集合的元素
然后每次加 1 个恰属于五集合的元素
最后剩余的所有元素给每一个集合
所以存在 合理覆盖 ，且 构成公差为 1 的等差数列．
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