2025年7月浙江省普通高中学业水平考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份2025年7月浙江省普通高中学业水平考试数学试卷（Word版附解析），共16页。
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号码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，在本试题卷上的作答一律无效.
3．非选择题的答案必须使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，确定后必须使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（本大题共12小题，每小题3分，共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. 已知一组样本数据为“2，2，3，5，6，7，8”，该样本数据的中位数是（ ）
A. 6B. 5C. 3D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由中位数定义求解.
【详解】样本数据共7个，由中位数定义可知，从小到大，选择第4个数为作为中位数，即5.
故选：B
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用集合的并集运算即可求解.
【详解】由集合，，则，故D正确.
故选：D
3. 函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题结合区间定义，二次不等式解法可得定义域.
【详解】或，则定义域为.
故选：C
4. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】由模的计算公式即可得解.
【详解】已知复数，则.
故选：D.
5. 已知向量，，且，则x的值是（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量平行坐标表示可得答案.
【详解】因，，且，则.
故选：D
6. 已知的三个内角A、B、C，则“”是“为直角三角形”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】根据充分条件，必要条件的定义即可解出.
【详解】由已知，，在中，，则，
可得是直角三角形；
反之，若是直角三角形，只有当为斜边时，才满足.
所以“”是“是直角三角形”的充分不必要条件.
故选：A
7. 若想要得到函数的图象，只需要将的图象（ ）
A. 向左平移个单位B. 向右平移个单位
C. 向左平移个单位D. 向右平移个单位
【答案】C
【解析】
【分析】由三角函数图象平移变换法则即可求解.
【详解】由于，
所以若想要得到函数的图象，
只需要将的图象向左平移个单位.
故选：C.
8. 对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 是偶函数，且在上单调递增
B. 是偶函数，且在上单调递减
C. 是奇函数，且在上单调递增
D. 是奇函数，且在上单调递减
【答案】A
【解析】
【分析】由奇偶函数定义结合复合函数单调性可得答案.
【详解】因，则，即定义域关于原点对称，
又令，则为偶函数.
又，
当，，
在上单调递增，又在上单调递增，则在上单调递增.
故选：A
9. 设函数，，的零点分别为、、，则下列说法中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用零点存在定理求出、的方程，直接解出的值，即可得出结论.
【详解】设，，
因为函数、在上为增函数，故函数在上为增函数，
因为，，由零点存在定理可知，
因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，
因为，，
由零点存在定理可得，
由题意知，解得，因此，.
故选：B.
10. 在直三棱柱中，已知，E是的中点，D是的中点，与相交于点F，，，，则与所成的角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出与的方向向量，结合向量夹角的余弦公式即可求解.
【详解】由题意建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，，
所以，
由于在平面内，所以的纵坐标为0，
且直线方程满足，满足，联立，解得，
所以，
因为，
所以与所成的角的余弦值为，
所以与所成的角的大小为.
故选：B.
11. 在矩形中，，，F为上靠近点B的三等分点，E为上的中点，连接，，与交于点M，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得，然后由向量夹角公式可得答案.
【详解】如图作，则，
又注意到，，
，
则
故选：A
12. 已知定义在上的函数满足：，且当时，，若在上恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用换元递推得到的最大值表达式，求解得到区间范围，再解方程即可得到a的临界值.
【详解】①对于，令，则，
则，
总是在时，取得最大值.
令，则，解得，最小是3，此时，
,令得：，
，
②对于，令，则，
，
总是在时，取得最大值.
令，则，此时无符合条件的解，
在恒成立
的最大值是
故选：C
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题列出的四个备选项中，有多个是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对部分得分，不选、错选得0分）
13. 对于实数a、b、c、d，下列选项中正确的是（ ）
A. ，B. ，，
C. ，D. ，，
【答案】AB
【解析】
【分析】由不等式性质判断AB正确，举反例说明CD错误即可.
【详解】由不等式性质可知AB正确；
对于C，当，时，不成立，故C错误；
对于D，当时，不成立，故D错误.
故选：AB.
14. 用一个平面截取一个正方体，所得截面的形状可能是（ ）
A. 六边形B. 五边形C. 直角三角形D. 矩形
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意分别用一个平面去截正方体，可对A、B、D判断求解；截面为，假设为直角三角形，可通过计算证明假设不成立，即可对C判断.
【详解】A：如图，用一个平面去截正方体，截面为六边形，故A正确；
B：如图，用一个平面去截正方体，截面为五边形，故B正确；
C：如图，截面为，点O为正方体的顶点，在三棱锥中，，，两两垂直，
若为直角三角形，不妨令，则，
因，，，化简得，故矛盾，
则不为直角三角形，故C错误；
D：如图，用一个平面去截正方体，截面为矩形，故D正确；
故答案为：ABD.
15. 如图所示，矩形（）的周长为4，将沿着矩形的对角线翻折至，交于点F，则下列说法中正确的是（ ）
A. 是等腰三角形B. 的周长为2
C. 面积的最小值为D. 面积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由题可得，从而，据此可判断选项正误；对于B，由A分析可得，据此可判断选项正误；对于C，设，由题可得，然后由导数知识可得答案；对于D，由C分析可得，然后由基本不等式可得答案.
【详解】对于A，因沿着矩形的对角线翻折至，
则，又易得，则，
从而，即是等腰三角形，故A正确；
对于B，由A分析，，则的周长为，故B正确；
对于C，设，由B分析可得，
因，
则，
则，
令，
则，令，
则，易得在上递增，在上递减.
则，则，其中，则在上单调递减，则在上无最小值，则C错误；
对于D，由C分析，，.
则
当且仅当时取等号.故D正确.
故选：ABD
非选择题部分
三、填空题（本大题共3小题，每小题3分，共9分）
16. 已知，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由对数定义可得答案.
【详解】。
故答案为：.
17. 函数，已知，则________．
【答案】0
【解析】
【分析】分别讨论，，代入求解即可.
【详解】时，，；
时，，.
综上所述，.
故答案为：0
18. 某校抽取了100名学生的体育考试的分数，某同学用频率分布直方图表示出来（如图所示），则可以得出分数在区间的人数为________．
【答案】25
【解析】
【分析】由频率分布直方图可得x，据此可得答案.
【详解】由图，则.
从而分数在区间人数为.
故答案为：
四、解答题（本大题共3小题，共37分.第19题12分，第20题12分，第21题13分）
19. 甲、乙二人各自独立地破译一份密码，甲破译密码成功的概率为0.5，乙破译密码成功的概率为0.6，且两者结果相互独立，请回答下列问题：
（1）求甲和乙同时成功破译密码的概率；
（2）求密码被成功破译的概率．
【答案】（1）0.3 （2）0.8
【解析】
【分析】（1）由独立乘法公式即可求解；
（2）由独立乘法公式、对立概率公式即可求解.
【小问1详解】
设甲破译成功为事件A，设甲破译成功为事件B，
两人都破译成功则为；
【小问2详解】
密码未被破译成功的概率，
所以密码被破译成功的概率为.
20. 如图所示，四边形是正方形在平面上的投影（），请回答下列问题：
（1）证明：平面平面；
（2）若，且，且．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）试求的体积．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）（Ⅰ）证明过程见解析；（Ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由和得到线面平行，进而得到面面平行；
（2）（Ⅰ）先得到⊥，且，⊥，又，所以⊥平面；
（Ⅱ）可视作直四棱柱，作出辅助线，求出等腰梯形的面积，利用柱体体积公式进行求解.
【小问1详解】
，平面，平面，
所以平面，
又为正方形，故，平面，平面，
所以平面，
又，平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
（Ⅰ）正方形的平行投影有三种情况，正方形，矩形，平行四边形或线段，
显然投影不是线段，由于，故正方形的投影为矩形，
即四边形为矩形，要想投影为矩形，需满足⊥，且，
⊥，
又，，平面，
所以⊥平面，
（Ⅱ）可视作直四棱柱，
其中，，
所以，，故四边形为等腰梯形，
过点分别作⊥，⊥于点，
故，，
由勾股定理得，
故等腰梯形的面积为，
又，
故.
21. 已知函数，，．
（1）已知，，求的值；
（2）若的最小值为0，求a的值；
（3）若对任意，存在，使得恒成立，求a取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）首先求得，，然后代入函数表达式求解即可；
（2）由题意是恒成立的，对的正负分类讨论并结合端点效应即可求解；
（3）当时，求得，从而存在，使得，分离参数得，故只需求即可.
【小问1详解】
，且，，；
【小问2详解】
依题可知恒成立，且存在使得，
而，即恒成立．
当时，显然成立；
当时，恒成立，且能取到等号的，则；
当时，恒成立，且能取到等号的，则；
综上所述，；
【小问3详解】
对任意，存在，都有．
由于，当时，单调递增，单调递增，所以单调递减，
则，
即存在，使得，即，
而，则，，
所以，
其中，
则，
令，
又，所以，检验可知等号能够成立，
所以
，
其中，
所以
，