2025届浙江省台州市高三上11月质检仿真数学试卷（解析版）

这是一份2025届浙江省台州市高三上11月质检仿真数学试卷（解析版），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷
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，只有一项是符合要求的。
1．已知集合A={x|x＞-2}，B={x∈N|x2≤4}，则A∩B＝（ ）
A．{x|-2＜x≤3}B．{﹣1，0，1}C．{0，1，2}D．{0，1}
【答案】C
【解析】B＝{x∈N|x2≤4}＝{x∈N|﹣2≤x≤2}＝{0，1，2}，
又∵A＝{x|x＞-2}，∴A∩B＝{0，1，2}．故选：C．
2．已知复数z=2+6i1-i，i为虚数单位，则|z|＝（ ）
A．22B．23C．25D．26
【答案】C
【解析】z=2+6i1-i=(2+6i)(1+i)2=-2+4i，∴|z|=(-2)2+42=25，故选：C．
3．已知|a→|=5，|b→|=4，若a→在b→上的投影向量为-58b→，则a→与b→的夹角为（ ）
A．60°B．120°C．135°D．150°
【答案】B
【解析】设a→与b→的夹角为θ，θ∈[0，π]，a→在b→上的投影向量为-58b→，
则|a→|csθ×b→|b→|=-58b→，即54csθ=-58，解得csθ=-12，所以a→与b→的夹角为120°．故选：B．
4．已知a，b∈R，则“b＞|a|”是“a2＜b2”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】若b＞|a|，则b＞|a|≥0，两边平方可得b2＞a2，即a2＜b2，充分性成立；
反之，若a2＜b2，则可能a＞0，b＝﹣2a＜0，此时不能推出b＞|a|，故必要性不成立．
综上所述，“b＞|a|”是“a2＜b2”的充分不必要条件．故选：A．
5．开学初，学校将新转学来的A、B等五名同学分配到甲、乙、丙、丁四个不同的班级，每个班至少分一人，则A、B两人被各自单独分往一个班级的不同分配方法种数有（ ）
A．36种B．48种C．72种D．144种
【答案】C
【解析】因为A、B两人被各自单独分往一个班级，
首先将剩余3名学生分成2组，有C32=3种分组方法，
再将4组学生分配到4个不同的班级有A44=24种，
所以A、B两人被各自单独分往一个班级的不同分配方法种数有3×24＝72种．故选：C．
6．函数f（x）＝（x2﹣2x）ex的图像大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由f（x）＝0得x2﹣2x＝0得x＝0或x＝2，排除C，A，
当x→﹣∞，f（x）→0，排除D，故选：B．
7．已知函数f（x）=x2-2x，x≤11-|x-3|，x＞1，若关于x的方程f（x）﹣f（1﹣a）＝0至少有两个不同的实数根，则a的取值范围是（ ）
A．(-∞，-4]∪[2，+∞) B．[﹣1，1]
C．(-4，2) D．[-4，2]
【答案】D
【解析】因为f（x）=x2-2x，x≤11-|x-3|，x＞1=x2-2x，x≤1x-2，1＜x＜3-x+4，x≥3，
作出函数的图象，如图所示：
由此可知函数y＝f（x）在（﹣∞，1）和（3，+∞）上单调递减，在（1，3）上单调递增，
且f（1）＝﹣1，f（3）＝1，
又因为关于x的方程f（x）﹣f（1﹣a）＝0至少有两个不同的实数根，
所以f（x）＝f（1﹣a）至少有两个不同的实数根，
即y＝f（x）的图象与y＝f（1﹣a）至少有两个不同的交点，所以﹣1≤f（1﹣a）≤1，
又因为当x≤1时，f（x）＝x2﹣2x，令x2﹣2x＝1，可得x＝1-2；
当x≥3时，f（x）＝4﹣x，令4﹣x＝﹣1，解得x＝5，
又因为﹣1≤f（1﹣a）≤1，所以1-2≤1﹣a≤5，解得﹣4≤a≤2．故选：D．
8．如图，某人匍匐在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM匀速移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB＝15m，AC＝25m，∠BCM＝30°，则移动瞄准过程中tanθ的最大值为（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）（ ）
A．33B．439C．539D．3
【答案】C
【解析】∵AB＝15cm，AC＝25cm，∠ABC＝90°，∴BC＝20cm，
过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=PP'AP'，
设BP′＝x，则CP′＝20﹣x，由∠BCM＝30°，得PP′＝CP′tan30°=33（20﹣x），
在直角△ABP′中，AP′=225+x2，∴tanθ=33•20-x225+x2，
令y=20-x225+x2，则函数在x∈[0，20]单调递减，
∴x＝0时，取得最大值为20345=439，
若P′在CB的延长线上，PP′＝CP′tan30°=33（20+x），
在直角△ABP′中，AP′=225+x2，∴tanθ=33•20+x225+x2，
令y=(20+x)2225+x2，则y′＝0可得x=454时，函数取得最大值539，
则tanθ的最大值是539．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．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续7日，每天新增疑似病例不超过5人”．根据过去连续7天的新增疑似病例数据信息，下列各项中，一定没有发生大规模群体感染的是（ ）
A．众数为1且中位数为4 B．平均数为3且极差小于或等于2
C．标准差为2且平均数为2 D．平均数为2且中位数为3
【答案】BCD
【解析】根据题意，设7天数据中，最小值为a，最大值为b，
依次分析选项：
对于A，数据1、1、1、4、5、6、7，满足众数为1且中位数为4，但不满足“每天新增疑似病例不超过5人”，不符合题意；
对于B，若数据的平均数为3，其数据的最小值a≤3，又由极差小于或等于2，故数据中的最大值b≤5，符合题意；
对于C，标准差为2，则其方差为2，假设b≥6，则方差的最小值为(6-2)27=167＞2，与标准差为2矛盾，故必有b≤5，符合题意；
对于D，假设设b≥6，由于其中位数为3，则平均数的最小值为17（0+0+0+3+3+3+6）=157＞2，与平均数为2矛盾，故必有b≤5，符合题意．故选：BCD．
10．已知f（x）是定义在R上的函数，f′（x）是f（x）的导函数，给出如下四个结论，其中正确的是（ ）
A．已知f（x）＞0，且f'(x)f(x)＞0，则f（3）＜f（2）
B．若f′（x）+f(x)x＞0，且f（0）＝e，则函数xf（x）有极小值0
C．若f′（x）＞f（x），且f（1）＝e，则不等式f（x）＞ex的解集为（1，+∞）
D．若xf′（x）＞2f′（x）+f（x），则f（4）＞2f（3）
【答案】BCD
【解析】对于A，因为f（x）＞0，且f'(x)f(x)＞0，所以f′（x）＞0，f（x）在R上为增函数，
所以f（3）＞f（2），故A错误；
对于B，设g（x）＝xf（x），则g′（x）＝f（x）+xf′（x），
因为f′（x）+f(x)x＞0，所以xf'(x)+f(x)x＞0，
当x＜0时，g′（x）＝f（x）+xf′（x）＜0，当x＞0时，g′（x）＝f（x）+xf′（x）＞0，
所以函数g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
所以函数g（x）的极小值是g（0）＝0，故B正确；
对于C，令g（x）=f(x)ex，则g′（x）=f'(x)ex-f(x)exe2x=f'(x)-f(x)ex，
因为f′（x）＞f（x），所以g′（x）＞0，所以g（x）在R上单调递增，
又f（1）＝e，所以g（1）=f(1)e=1，所以不等式f（x）＞ex等价于g（x）＞g（1），
所以x＞1，即不等式的解集为（1，+∞），故C正确；
对于D，由xf′（x）＞2f′（x）+f（x），得（x﹣2）f′（x）﹣f（x）＞0，
令g（x）=f(x)x-2，则g′（x）=(x-2)f'(x)-f(x)(x-2)2＞0，
所以函数g（x）在R上单调递增，
所以g（4）＞g（3），即f(4)2＞f（3），即f（4）＞2f（3），故D正确．故选：BCD．
11．已知曲线Ω：x2+y2＝|x|+|y|，点P（a，b）在曲线Ω上，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线Ω有4条对称轴
B．|a+b+3|的最小值是2
C．曲线Ω围成的图形面积为π+2
D．ba-2的最大值是1
【答案】ACD
【解析】当x＞0，y＞0时，曲线Ω：x2+y2＝|x|+|y|可化为x2+y2＝x+y，∴(x-12)2+(y-12)2=12，
∴此时该曲线是以圆心为(12，12)，22为半径的圆在第一象限的部分，
又x2+y2＝|x|+|y|图象关于x轴，y轴对称，∴曲线Ω的图形如图所示：
对于A选项，由图象可得该曲线Ω关于x轴，y轴，y＝x和y＝﹣x对称，
∴该曲线Ω有4条对称轴，∴A选项正确；
对于B选项，∵|a+b+3|表示曲线Ω上的点P到直线x+y+3＝0的距离的2倍，
数形结合可得：当P（a，b）为（﹣1，﹣1）时，距离最小值为|-1-1+3|2=22，
∴|a+b+3|的最小值为2×22=1，∴B选项错误；
对于C选项，∵曲线Ω围成的图形由四个直径为2的半圆和一个边长为2的正方形组成，
∴其面积为4×(22)2π2+(2)2=π+2，∴C选项正确；
对于D选项，设k=ba-2，则k表示点（2，0）与点P确定的直线的斜率，
设该直线方程为y＝k（x﹣2），∴数形结合可得：当x＞0，y＜0，即x2+y2＝x﹣y，
∴当圆心为(12，-12)，半径为22的圆在第四象限的部分与直线相切时，
该切线的斜率是k的最大值，
由d＝r，可得|-32k+12|1+k2=22，解得k＝1或k=-17（舍），
∴k的最大值为1，∴D选项正确．故选：ACD．
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知cs（θ+π）＝2sin（θ﹣π），则sin2θ-2cs2θ+1= ．
【答案】-34．
【解析】因为cs（θ+π）＝2sin（θ﹣π），所以﹣csθ＝﹣2sinθ，
可得tanθ=12，sin2θ=2sinθcsθsin2θ+cs2θ=2tanθtan2θ+1=45，cs2θ=cs2θ-sin2θcs2θ+sin2θ=1-tan2θ1+tan2θ=35，
则sin2θ-2cs2θ+1=45-235+1=-34．故答案为：-34．
13．已知袋中装有大小相同的红球，黄球和蓝球，从中随机摸取一个球，摸出红球或黄球的概率为0.58，摸出红球或蓝球的概率为0.82．则从中随机摸取一个球，摸出红球的概率为 ；若每次随机摸取一个球，有放回地摸取两次，设X表示两次摸到红球的总数，则E（X）＝ ．
【答案】25；45．
【解析】设红球个数为x，黄球个数为y，蓝球个数为z，
则x+yx+y+z=0.58x+zx+y+z=0.82，两式相加得1+xx+y+z=1.4，即摸出红球的概率为0.4；
由题意知，X～B（2，25），则E（X）＝2×25=45．
14．已知a＞1，若对于任意的x∈[13，+∞），不等式4x﹣ln（3x）≤aex﹣lna恒成立，则a的最小值为 ．
【答案】3e．
【解析】4x﹣ln（3x）≤aex﹣lna恒成立⇔3x﹣ln（3x）≤aex﹣lna﹣x⇔3x﹣ln（3x）≤aex﹣ln（aex），
令f（x）＝x﹣lnx，f′（x）＝1-1x=x-1x，故f（x）在[1，+∞）上单调递增，
∵a＞1，x∈[13，+∞），∴3x，aex∈[1，+∞），故3x≤aex⇔3xex≤a恒成立，令g（x）=3xex，
只需a≥g（x）max，由g′（x）=3-3xex，故x＝1时，g（x）的最大值是3e，
故a≥3e，故a的最小值是3e，故答案为：3e．
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．已知函数f(x)=6csxsin(x-π6)+32．
（1）求f（x）的最小正周期和单调增区间；
（2）若函数y＝f（x）﹣a在x∈[π12，5π12]存在零点，求实数a的取值范围．
解：（1）因为函数f（x）＝6csxsin（x-π6）+32＝6csx（32sinx-12csx）+32
=332sin2x﹣3×1+cs2x2+32＝3（32sin2x-12cs2x）＝3sin（2x-π6），
故它的最小正周期为T=2π2=π，
令2kπ-π2≤2x-π6≤2kπ+π2，求得kπ-π6≤x≤kπ+π3，k∈Z，
故f（x）的单调递增区间为：[kπ-π6，kπ+π3]，k∈Z．
（2）因为函数y＝f（x）﹣a在x∈[π12，5π12]存在零点，即sin（2x-π6）=a3，在[π12，5π12]上有解．
当x∈[π12，5π12]，2x-π6∈[0，2π3]，sin（2x-π6）∈[0，1]，所以a3∈[0，1]，所以a∈[0，3]．
16．已知椭圆C：x26+y22=1，过Q（﹣4，0）的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且与y轴相交于P点．
（1）若PA→=32AQ→，求直线l的方程；
（2）设A关于x轴的对称点为C，证明：直线BC过x轴上的定点．
（1）解：由题意可设直线l的方程为y＝k（x+4），联立椭圆方程x2+3y2﹣6＝0，
可得（1+3k2）x2+24k2x+48k2﹣6＝0，（*）
设A（x1，y1），B（x2，y2），由Q（﹣4，0），P（0，4k），PA→=32AQ→，可得x1﹣0=32（﹣4﹣x1），
解得x1=-125，代入方程（*）可得14425（1+3k2）-2885k2+48k2﹣6＝0，
解得k＝±28，则直线l的方程为y＝±28（x+4）；
（2）证明：由题设可得C（x1，﹣y1），
由（1）可得x1+x2=-24k21+3k2，x1x2=48k2-61+3k2，
再由（1）可得直线BC的方程为y+y1=y2+y1x2-x1（x﹣x1），
令y＝0，可得x=x1y2+x2y1y1+y2=kx1(x2+4)+k(x1+4)x2k(x1+x2+8)=2x1x2+4(x1+x2)x1+x2+8
=96k2-12-96k2-24k2+8+24k2=-32，故直线BC过x轴上的定点（-32，0）．
17．设Sn为数列{an}的前n项和，且S2＝8，2Sn＝（n+1）an+n﹣1．
（I）求a1，a2并证明数列{an}为等差数列；
（II）若不等式λ•2n﹣Sn＞0对任意正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．
解：（I）∵2S2＝3a2+1，S2＝8，得a2＝5，∴a1＝3，
2Sn＝（n+1）an+n﹣1，又2Sn+1＝（n+2）an+1+n，
两式相减得2an+1＝（n+2）an+1﹣（n+1）an+1，即nan+1﹣（n+1）an+1＝0①，
∴（n+1）an+2﹣（n+2）an+1+1＝0②，
②﹣①得（n+1）an+2﹣（2n+2）an+1+（n+1）an＝0，
即an+2﹣2an+1+an＝0，即an+2﹣an+1＝an+1﹣an＝…＝a2﹣a1＝2，
故数列{an}为首项为3，公差为2的等差数列，∴an＝2n+1；
（II）∵an＝2n+1，∴Sn=12n（3+2n+1）＝n2+2n，
由λ•2n﹣Sn＞0得λ＞n(n+2)2n对任意正整数n恒成立，∴λ＞[n(n+2)2n]max，
令bn=n(n+2)2n，∴bn+1﹣bn=3-n22n+1，∴b1＜b2＞b3＞b4＞…，∴（bn）max＝b2＝2，∴λ＞2．
18．如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，CD=BE=2，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A′﹣BCDE，其中A'O=3．
（1）求证：A′O⊥平面BCDE；
（2）求二面角A'﹣CD﹣B的大小；（结果用反三角函数值表示）
（3）求点B到平面A′CD的距离．
（1）证明：连接OD，OE，在等腰直角△ABC中，∠B=∠C=45°，CD=BE=2，CO=BO=3，
在△COD中，由余弦定理得OD=CO2+CD2-2CO⋅CDcs45°=5，
在△OBE中，由余弦定理得OE=OB2+BE2-2OB⋅BEcs45°=5，
∵AD=A'D=A'E=AE=22，A'O=3，
A'O2+OD2＝3+5＝8＝A'D2，A'O2+OE2＝3+5＝8＝A'E2，∴∠A'OD＝∠A'OE＝90°，
∴A'O⊥OD，A'O⊥OE，又OD∩OE＝O，OD⊂平面BCDE，OE⊂平面BCDE，
∴A′O⊥平面BCDE；
（2）解：取DE中点H，则OH⊥OB，
建立以O为坐标原点，以OH，OB，OA'所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：
则O(0，0，0)，A'(0，0，3)，C(0，-3，0)，D(1，-2，0)，
平面BCD的一个法向量为OA'→=(0，0，3)，
设平面A′CD的法向量为n→=(x，y，z)，CA'→=(0，3，3)，CD→=(1，1，0)，
则n→⋅CA'→=3y+3z=0n→⋅CD→=x+y=0，取x＝1，则y=-1，z=3，
∴平面BCD的一个法向量n→=(1，-1，3)，
设二面角A'﹣CD﹣B的平面角为α，且由图形得α为锐角，
所以csα＝|cs＜OA'→，n→＞|=|OA'→⋅n→||OA'→|⋅|n→|=33×5=155，
故二面角A'﹣CD﹣B的大小为arccs155；
（3）解：由（2）得平面A′CD的一个法向量n→=(1，-1，3)，
又C（0，﹣3，0），B（0，3，0），则CB→=(0，6，0)，
∴点B到平面A′CD的距离为|CB→⋅n→||n→|=|-6|5=655．
19．某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗．该病毒一般通过病鼠与白鼠之间的接触传染，现有n只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为12，被感染的白鼠数用随机变量X表示，假设每只白鼠是否被感染之间相互独立．
（Ⅰ）若P（X＝5）＝P（X＝95），求数学期望E（X）；
（Ⅱ）接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为p，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率p与参数θ（0＜θ＜1）的取值有关．团队A提出函数模型为p＝ln（1+θ）-23θ2．团队B提出函数模型为p=12(1-e-θ)．现将白鼠分成10组，每组10只，进行实验，随机变量Xi（i＝1，2，…，10）表示第i组被感染的白鼠数，现将随机变量Xi（i＝1，2，…，10）的实验结果xi（i＝1，2，…，10）绘制成频数分布图，如图所示．
（ⅰ）试写出事件“X1＝x1，X2＝x2，…，X10＝x10”发生的概率表达式（用p表示，组合数不必计算）；
（ⅱ）在统计学中，若参数θ＝θ0时使得概率P（X1＝x1，X2＝x2，…，X10＝x10）最大，称θ0是θ的最大似然估计．根据这一原理和团队A，B提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以求出θ的最大似然估计，并求出最大似然估计．参考数据：ln32≈0.4065．
解：（Ⅰ）由题知，随机变量X服从二项分布，X～B(n，12)，
由P（X＝5）＝P（X＝95），即Cn5(12)5(1-12)n-5=Cnn-5(12)n-5(1-12)5，
得n＝100，所以E（X）＝np＝50；
（Ⅱ）（i）A＝“X1＝x1，X2＝x2，⋯，X10＝x10“，
P(A)=(C101p(1-p)9)3(C102p2(1-p)8)3(C103p3(1-p)7)2(C104p4(1-p)6)(C106p6(1-p)4)
P(A)=(C101)3(C102)3(C103)2(C104)2p25(1-p)75；
（ii）记g(p)=ln(C101)3(C102)3(C103)2(C104)2+25lnp+75ln(1-p)，
则g'(p)=25p-751-p=25-100pp(1-p)，
当0＜p＜14时，g′（p）＞0，g（p）单增，当14＜p＜1时，g′（p）＜0，g（p）单减，
当p=14时，g（p）取得最大值，即P取得最大值，
在团体A提出的函数模型p=ln(1+θ)-23θ2，(0＜θ＜1)中，
记函数f1(x)=ln(1+x)-23x2，(0＜x＜1)，f1'(x)=11+x-43x=-4x2-4x+33(1+x)，
当0＜x＜12时，f1′（x）＞0，f1（x）单增，当12＜x＜1时，f1′（x）＜0，f1（x）单减，
当x=12时，f（x）取得最大值ln32-16＜14，(ln32≈0.4065)，则θ不可以估计，
在团体B提出的函数模型p=12(1-e-θ)中，
记函数f2(x)=12(1-e-x)，f2(x)单调递增，令f2(x)=14，解得x＝ln2，则θ＝ln2是θ的最大似然估计．