浙江省嘉兴市2025届高三下学期4月二模试题 数学 含解析

这是一份浙江省嘉兴市2025届高三下学期4月二模试题 数学 含解析，共14页。试卷主要包含了4）， 下列说法正确的是， 已知 ，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
（2025.4）
本试题卷共 6 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟.
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号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.
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题
卷上的作答一律无效.
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. 复数 的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算即可得出答案.
【详解】 ,
所以虚部为 .
故选：A.
2. 关于 的不等式 的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用 在 上为增函数，由 得 ，再由对数函数的单调性即可求解.
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【详解】因为 在 上为增函数，由 有 ，
又 在 上为增函数， ， ，
故选：D.
3. 在 所在平面内，点 满足 ，记 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量的线性运算法则即可算得结果.
【详解】由向量的线性运算可知 .
故选：C.
4. “ ”是“圆 不经过第三象限”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】B
【解析】
【分析】若圆 不经过第三象限，等价于原点 不在圆 内，即可 的
取值范围，结合包含关系分析充分、必要条件.
【详解】圆 整理可得 ，
可知圆心为 ，半径 ，且 ，
若圆 不经过第三象限，
等价于原点 不在圆 内，则 ，可得 ，
且 是 的真子集，
所以“ ”是“圆 不经过第三象限”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 若某正四面体的内切球的表面积为 ，则该正四面体的外接球的体积为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，结合正四面体的结构特征，再求出其外接球的半径即可.
【详解】正四面体的内切球与其外接球球心重合，
如图，正四面体 内切球与外接球球心 在其高 上，
则 是正四面体 内切球半径， 是正四面体 外接球半径，
由正四面体 的内切球的表面积为 ，得 ，令 ，
， ， ，
在 中， ，解得 ， ，
所以该正四面体的外接球的体积 .
故选：C
6. 已知抛物线 ，其准线为 ，焦点为 ，过 直线 与 和 从左到右依次相交于
， ， 三点，且 ，则 和 的面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求出 ，得出直线 ，与抛物线联立得出 ， ，然后求
出两个三角形的底边，即可得出答案.
【详解】不妨设点 在第一象限，如图所示，
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由题可知， ， ，
所以 ，所以 ，
又 ，所以 ，故 ，
此时 ，所以直线 ，
与抛物线联立得 ，所以 ，代入抛物线方程得 ，
所以 ，易得 ，
所以 ， ，
，
故选：B.
7. 已知函数 的定义域为 ，且 ， ， ，则
（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据 和 推出函数 的周期，求出一个周期的函数
值，即可求解.
【详解】由 ，所以 ，所以
，
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所以 ，由 有 ，
所以 ，即 ，所以函数 的周期为
6，
所以 ，
由 ， ， ，
令 有 ， ，
所以 ，所以 ，
令 有 ， ，即 ，
令 有 ，即 ， ，
所以 ，
所以 ，
故选：D.
8. 甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，若第
一次由甲传出，则经过 6 次传球后，球恰在乙手中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可列出球在甲手中的概率递推关系式，构造出等比数列，求出第 次球在甲手中的概率表
达式，由于乙、丙地位对称，求出第 次球在甲手中的概率由对立事件即可得到经过 次传球后，球恰在
乙手中的概率.
【详解】设事件 “第 次球在甲手中”， “第 次球在乙手中”， “第 次球在丙手中”，
那么由题意可知可知： ，又 ，
所以 ，构造等比数列 ，
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因为第一次由甲传球，可认为第 次传球在甲，即 ，
所以 是以 为首项，公比为 的等比数列，
故 ，
因为第一次由甲传球，之后都是等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，所以乙、丙地位对称，
即 ，所以经过 次传球后，球恰在乙手中的概率为 .
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 残差越小，模型的拟合效果越好
B. 若随机变量 ，则
C. 数据 ， ， ， ， ， ， 的第 80 百分位数是 21
D. 一组数 ， ，…， （ ）的平均数为 ，若再插入一个数 ，则这 个数的方差不变
【答案】AC
【解析】
【分析】对于 A，由一元线性回归模型的知识即可判断正误；对于 B，先求出随机变量 的方差，由方差
的性质可知正误；对于 C，由第 百分位数的算法即可算得；对于 D，容易计算得出平均数不变，而方差
会变，故 D 错误.
【详解】对于 A，由一元线性回归模型的知识可知，决定系数 越大，表示残差平方和越小，
即模型 拟合效果越好，故 A 正确；
对于 B，因为随机变量 服从二项分布，由二项分布的方差计算公式可知 ，
再由方差的性质可知 ，故 B 错误；
对于 C，从小到大排列一共有 7 个数据， ，故第 80 百分位数是第 6 个数据，即 21，故 C 正
确；
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对于 D，由题意可知 ，若再插入一个数 ，则平均数变为
，
即平均数不变，而原来的数据的方差为 ，
同理可算得新数据的方差为 ，所以方差会变，
故 D 错误；
故选：AC.
10. 已知 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 在区间 上单调递增
B. 将函数 的图象向右平移 个单位长度后得到曲线 ，则曲线 关于原点对称
C. 若 是偶函数，则
D. 若 在区间 上恰有 3 个零点，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正弦型函数的单调性，对称性，奇偶性和零点的判定方法依次判定即可.
【详解】对于 A： 时， ，此时
单调递增，故 A 正确；
对于 B：曲线 的解析式为 ，显然不关于原点对称，故 B 错
误；
对于 C： 为偶函数，
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则 ，解得 ，故 C 正确；
对于 D： ，当 ， ，
所以 在区间 上恰有 3 个零点，等价于 在 上恰有 3 个零点，
所以 ，解得 ，故 D 正确.
故选：ACD.
11. 用笔从空间多面体的一个顶点出发，沿棱画线，不间断、不重复，最终回到起点或到达另一个顶点的过
程称为“1 笔”.现定义：如果遍历一个空间多面体所有的顶点和棱至少需要 笔，则该多面体称为 笔画
多面体.那么下列说法正确的是（ ）
A. 五棱锥是 3 笔画多面体 B. 正方体是 4 笔画多面体
C. 棱锥是 笔画多面体 D. 棱柱是 笔画多面体
【答案】ABD
【解析】
【分析】如果一个顶点有奇数条棱与之连接，这样的顶点称为奇顶点，易知如果一个空间几何体有 个奇
顶点，那么需要 笔画，然后对选项依次分析即可.
【详解】如果一个顶点有奇数条棱与之连接，这样的顶点称为奇顶点，
下证明：如果一个空间几何体有 个奇顶点，那么需要 笔画.
证明：1.一笔画图形的条件:一个图形能够一笔画完成的必要条件是它必须连通，并且除了两个点外，其余
点的度数均为偶数，这两个点称为奇点；
如果一个图形有两个奇点，则这两个奇点分别作为起点和终点，其余点的度数均为偶数.
2.奇点数与笔画数的关系:当一个图形满足上述条件时，我们可以从一个奇点开始画到另一个奇点结束，由
于每个奇点都会额外增加一个笔画，因此笔画数等于奇点数除以 2；
如果图形的奇点数大于 2，根据上述条件，图形无法以一笔画完成，需要多笔画。每增加一个奇点，笔画数
增加 1.
因此，如果一个图形的奇点数能够被 2 整除，那么这个图形可以一笔画完成，并且笔画数等于奇点数除以
2.这个结论适用于所有满足一定条件的连通图.
A 选项：五棱锥每个顶点都是奇顶点，6 个顶点，所以是 3 笔画多面体；
B 选项：正方体每个顶点都是奇顶点，有 4 对，所以是 4 笔画多面体；
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C 选项：四棱锥明显不满足结论，所以不正确；
D 选项：由于棱柱的每一个顶点都是奇顶点， 棱柱有 个顶点，所以是 笔画多面体，
故选：ABD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 的展开式中含 项的系数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出二项展开式的通项公式，由题设中的指定项可得项数即可作答.
【详解】 的展开式的通项为 ，
则展开式中含 的项有 ，即 ，
所以展开式中含 项的系数为 .
故答案为：
13. 记 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 ，则 ______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理和三角形内角和以及同角三角比的关系求解即可.
【详解】由正弦定理得 ，
又 ，
代入上式得 ，
所以 ，又 ， ，
所以 ，又 ，
所以 ，
解得 或 ，又 ，所以 ，
故答案为： .
14. 设函数 ，若方程 在区间 上有解，则实数 的取值范围为
______.
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【答案】
【解析】
【分析】设 ，则 ，那么 ， 都在函数 的图象上，然后利用函数的单调性
分析出 ，将问题转换成 在 上有解，参变分离即可得出答案.
【详解】设 ，则 ，那么 ， 都在函数 的图象上
假设 ，因为函数 单调递增，所以 ，即 ，与假设矛盾；
假设 ，因为函数 单调递增，所以 ，即 ，与假设矛盾；
所以 ，则 在 上有解，即 在 上有解.
令 ，令 ，解得 ，
因此 在 上单调递增，在 上单调递减；
， ， ，
所以 ，即 ，
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. 已知函数 .
（1）求曲线 在点 处的切线方程；
（2）求函数 在区间 上的最大值.
【答案】（1）
（2） .
【解析】
【分析】（1）先求出导函数，利用导数的几何意义知 即为在 处的切线方程的斜率，再利用直线
的点斜式即可写出切线方程；
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（2）求出导函数的零点，得到在区间 上的单调性，可知最大值只能是 或 ，利用作差法
比较二者的大小即可得出答案.
【详解】（1）由题意可得 ，所以 ，又 ，
由直线的点斜式方程可得在 处的切线方程为 ，即 ；
（2）因为 的定义域为 ，
令 ，得 或 ，
所以当 时， ；当 时， ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ， ， ，
所以 在区间 的最大值为 .
16. 如图，在边长为 2 的正三角形 中， ， 分别为 ， 的中点，将 沿 翻折至
，使得 .
（1）证明：平面 平面 ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2） .
【解析】
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【分析】（1）要证面面垂直，首先证线面垂直，即先证 面 ，再由 垂直于平面 内两条相
交直线即可证明；
（2）可以利用等体积法求得点 到面 的距离 ，再由线面角的定义可得夹角的正弦值为 ，
当然也可以利用几何法作辅助线或者直接建系利用空间向量的数量积求得线面角.
【小问 1 详解】
连接 ，因为 为等边三角形， 为 中点，则 ，
又 ，且 面 ， 面 ， ， 面 ，
又 面 ，所以平面 平面 .
【小问 2 详解】
解法一：（等体积法）
过点 作 ，垂足为 ，
平面 平面 ，且平面 平面 ， 面 ；
又 ， 分别为 ， 中点，
翻折后， ， ，由对称性可知 ，
又 ，所以 ，由 等面积得 ，
设直线 和平面 所成角为 ，点 到面 的距离为 ，
由 得： ，
又 ， ，
所以 ， ，故直线 与平面 所成角的正弦值为 .
解法二：（几何法）
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分别取 ， 的中点 ， ，连接 ， ， ，过点 作 ，
为等边三角形， ， 分别为 ， 中点，
， ，且 ，则 面 ；
面 ， 面 面 ，
平面 平面 ，又 ， 面 ，
， 面 ，所以点 到面 的距离即为 ，
翻折后， ， ，由对称性可知 ，
又 ，由勾股定理的逆定理可知 ，所以 ，
在 中， ， ，故 边上的高为 ，
由 等面积得 ，
设直线 和平面 所成角为 ，所以 ，
故直线 与平面 所成角的正弦值为 .
解法三：（坐标法）
过点 作 ，垂足为 ，
平面 平面 ，且平面 平面 ， 面 ，
又因为 ， 分别为 ， 中点，
所以翻折后， ， ，由对称性可知 ，
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又 ，所以 ，由 等面积得 ，
因此以 为坐标原点， ， 分别为 轴， 轴建系如图，
则 ， ， ， ， ，
设面 的法向量为 ， ， ，
则 不妨令 ，则法向量 ，
设直线 和平面 所成角为 ，则 ，
故直线 与平面 所成角的正弦值为 .
17. 记 为数列 的前 项和，已知 ， ，数列 满足
.
（1）求数列 通项公式；
（2）记数列 的前 项和为 ，若对任意 ， ，求实数 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
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【解析】
【分析】（1）首先求出 ，再利用数列通项公式与前 项和的关系 得到递推关系，因
为 ，可求得数列 为等差数列，由此可写出数列 的通项公式；
（2）先写出数列 的通项公式，再求出数列 的前 项和为 ，解法一是分部求和，解法二是分组
求和，解法三直接从问题入手，构造新数列 ，求其最小值，则 不大于其最小值，此即为恒
成立，由此可得实数 的取值范围.
【小问 1 详解】
时， ，解得 或 ，因 ，所以 ，
时， ，得 ，
因为 ，所以 ，又 ，
故数列 是首项为 3，公差为 2 的等差数列，
所以数列 的通项公式为 ；
【小问 2 详解】
解法一：由 ，所以 ，
当 为偶数时，
，
当 为奇数时，
，
所以 ，
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因为对任意的 ， 成立，
所以，当 为奇数时，即 ，所以 ，
不等号的右边可看作关于 的二次函数，对称轴为 ，
因为 为奇数，所以 时， ，则
当 为偶数时， ，所以 ，
同理可得，因为 为偶数，所以 时， ，则 ，
综上， .
解法二：由 ，
当 为偶数时，
.
当 为奇数时，
，
所以 （下同解法一）
解法三：因为对任意的 ， 成立，
则 ，即求 的最小值，令 ，
当 为奇数时，
则 ，所以 最小值一定在 为奇数时取到，
当 为奇数时，
，
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当 时， ，当 时， ，
所以当 为奇数时， ，
则 的最小值为 ，
所以 .
18. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 ， ，离心率为 .过点 的直线 分
别交 的左、右两支于 ， 两点，且 .
（1）求 的值；
（2）求 的取值范围；
（3）若 ，证明：
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设直线 与 轴所成锐角为 ，则 ，同理得出 ，
，代入即可.
（2）设直线 为 ，与双曲线联立，韦达定理，由（1）得 ，整体代入化简即可
得出答案；
（3）当 时，则 ， ，由（2）得 ，设 、 的中
点为 ，证出 即可得出结论.
【小问 1 详解】
第 17页/共 22页
设直线 与 轴所成锐角为 ，
则 ，同理得出 ， ，
因为 ，即 ，即 ，
因为 ， 同号且 ，得 ，
所以 ，则 ；
【小问 2 详解】
设直线 为 ，联立：
，得 ，
则 ， ， ；
因为直线 交 的左、右两支于 、 两点，
所以 ，则 ，
由（1）知 ，即 ，
化简得 ，
由 ，所以 ，
第 18页/共 22页
即 ，则 ；
【小问 3 详解】
当 时，则 ， ，由（2）得 ，
设 、 的中点为 ，
则 ， ，
又 ，所以 ，
那么 ，所以 ，由三线合一知， .
19. 记集合 ， 为集合 （ ）的两个子集，且满足 ， .定义：
（ ， 分别表示集合 ， 中所有元素的和）.
（1）当 时，求 的所有可能的值；
（2）求 的最小值；
（3）设 为不超过 的自然数，且 与 的奇偶性相同，证明：存在 ， ，使得
.
【答案】（1）所有可能值为： ， ， ， ， ， .
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意分类讨论写出集合 ， ，求出相应的 即可；
（2）首先计算 时， 的最小值为 0，然后依次讨论当 ， ， 时，
相应的 的最小值即可得出答案；
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3）首先证明 与 的奇偶性相同，然后用数归法证明：当 与 奇偶性相同且
时，存在 ， 满足 ，即可得出证明.
【小问 1 详解】
若 ，由于 ， 的对称性，只需考虑以下情况：
， ， ；
， ， ； ， ， ；
， ， ； ， ， ；
， ， ； ， ， ；
， ， .
所以 的所有可能值为： ， ， ， ， ， .
【小问 2 详解】
首先计算 时：
令 ， ，
观察可知 ， ，且集合 ， 均有 项，且这 首尾相加为 ，
所以 ，所以 ，即此时 的最小值为 0.
对于其它情况：
当 时，由 为奇数，
由（1）知 为奇数，
考虑 的子集 ， 中有 项，
那么参照上面证明存在 ， 满足 ，现令 ， ，
可知 ，即此时 最小值为 1；
当 时， 为奇数， 为奇数.考虑 的子集
， 中有 项，
第 20页/共 22页
那么参照上面证明存在 ， 满足 ，
现令 ， ，可知 ，即此时 最小值为 1；
当 时， 为偶数， 为偶数，
考虑 的子集 ， 中有 项，
那么参照上面证明存在 ， 满足 ，现令 ， ，可知
，即此时 最小值为 0.
综上所述可知当 或 时， ，
或 时， .
【小问 3 详解】
首先证明 与 的奇偶性相同：
由题意知
所以 ，因为 是偶数，所以对于任意的 ， ， 与 的奇
偶性相同.
下面用数归法证明：当 与 奇偶性相同且 时，存在 ， 满足 .
当 或 时，由（2）可知存在 ， 满足 ，
假设 时成立（ 为小于 且与其奇偶性相同自然数），
即此时存在 ， 满足 ，由于 ，不妨令 ，若此时 ，则
可令 ， ），那么 ，
即说明 时命题成立，
若此时 ，必存在正整数 满足 且 （否则有 ， ，
此时有 ），令 ， ，
此时 ， 满足： ，即 时命题立，由归纳法可知命题成立.
第 21页/共 22页
当 时，令 ， ， ，综上所述命题成立.