2025屆浙江教育綠色評價聯盟高考數學全真模擬密押卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．一個正三棱柱的正（主）視圖如圖，則該正三棱柱的側面積是（）A．16 B．12 C．8 D．62．已知x，，則“”是“”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件3．“”是“函數的圖象關于直線對稱”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．一個四棱錐的三視圖如圖所示（其中主視圖也叫正視圖，左視圖也叫側視圖），則這個四棱錐中最最長棱的長度是（）．A． B． C． D．5．的展開式中，含項的系數為（）A． B． C． D．6．已知命題：R，；命題：R，，則下列命題中為真命題的是（）A． B． C． D．7．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（）A． B．64 C． D．328．函數的圖象大致是()A． B．C． D．9．自2019年12月以來，在湖北省武漢市發現多起病毒性肺炎病例，研究表明，該新型冠狀病毒具有很強的傳染性各級政府反應迅速，采取了有效的防控阻擊措施，把疫情控制在最低范圍之內.某社區按上級要求做好在鄂返鄉人員體格檢查登記，有3個不同的住戶屬在鄂返鄉住戶，負責該小區體格檢查的社區診所共有4名醫生，現要求這4名醫生都要分配出去，且每個住戶家里都要有醫生去檢查登記，則不同的分配方案共有（）A．12種 B．24種 C．36種 D．72種10．已知函數在區間上恰有四個不同的零點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．11．若復數，，其中是虛數單位，則的最大值為()A． B． C． D．12．已知函數是偶函數，當時，函數單調遞減，設，，，則的大小關系為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知x，y滿足約束條件x-y-1≥0x+y-3≤02y+1≥0，則14．設集合，（其中e是自然對數的底數），且，則滿足條件的實數a的個數為______．15．在中，內角的對邊分別是，若，，則____.16．執行如圖所示的偽代碼，若輸出的y的值為13，則輸入的x的值是_______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在四棱錐中，平面，底面是矩形，，，分別是，的中點.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）設，求三棱錐的體積.18．（12分）如圖,在平面直角坐標系中,以軸正半軸為始邊的銳角的終邊與單位圓交于點,且點的縱坐標是．（1）求的值:（2）若以軸正半軸為始邊的鈍角的終邊與單位圓交于點,且點的橫坐標為,求的值．19．（12分）已知數列，滿足.（1）求數列，的通項公式；（2）分別求數列，的前項和，.20．（12分）已知函數．（Ⅰ）求在點處的切線方程；（Ⅱ）求證：在上存在唯一的極大值；（Ⅲ）直接寫出函數在上的零點個數．21．（12分）已知六面體如圖所示，平面，，，，，，是棱上的點，且滿足.（1）求證：直線平面；（2）求二面角的正弦值.22．（10分）某市調硏機構對該市工薪階層對“樓市限購令”態度進行調查，抽調了50名市民，他們月收入頻數分布表和對“樓市限購令”贊成人數如下表：月收入（單位：百元）頻數51055頻率0.10.20.10.1贊成人數4812521（1）若所抽調的50名市民中，收入在的有15名，求，，的值，并完成頻率分布直方圖．（2）若從收入（單位：百元）在的被調查者中隨機選取2人進行追蹤調查，選中的2人中恰有人贊成“樓市限購令”，求的分布列與數學期望．（3）從月收入頻率分布表的6組市民中分別隨機抽取3名市民，恰有一組的3名市民都不贊成“樓市限購令”，根據表格數據，判斷這3名市民來自哪組的可能性最大？請直接寫出你的判斷結果．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

根據正三棱柱的主視圖，以及長度，可知該幾何體的底面正三角形的邊長，然后根據矩形的面積公式，可得結果.【詳解】由題可知：該幾何體的底面正三角形的邊長為2所以該正三棱柱的三個側面均為邊長為2的正方形，所以該正三棱柱的側面積為故選：B【點睛】本題考查正三棱柱側面積的計算以及三視圖的認識，關鍵在于求得底面正三角形的邊長，掌握一些常見的幾何體的三視圖，比如：三棱錐，圓錐，圓柱等，屬基礎題.2、D【解析】

，不能得到，成立也不能推出，即可得到答案.【詳解】因為x，，當時，不妨取，，故時，不成立，當時，不妨取，則不成立，綜上可知，“”是“”的既不充分也不必要條件，故選：D【點睛】本題主要考查了充分條件，必要條件的判定，屬于容易題.3、A【解析】

先求解函數的圖象關于直線對稱的等價條件，得到，分析即得解.【詳解】若函數的圖象關于直線對稱，則，解得，故“”是“函數的圖象關于直線對稱”的充分不必要條件．故選：A【點睛】本題考查了充分不必要條件的判斷，考查了學生邏輯推理，概念理解，數學運算的能力，屬于基礎題.4、A【解析】

作出其直觀圖，然后結合數據根據勾股定定理計算每一條棱長即可.【詳解】根據三視圖作出該四棱錐的直觀圖，如圖所示，其中底面是直角梯形，且，，平面，且，∴，，，，∴這個四棱錐中最長棱的長度是．故選．【點睛】本題考查了四棱錐的三視圖的有關計算，正確還原直觀圖是解題關鍵，屬于基礎題．5、B【解析】

在二項展開式的通項公式中，令的冪指數等于，求出的值，即可求得含項的系數．【詳解】的展開式通項為，令，得，可得含項的系數為.故選：B.【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，屬于基礎題．6、B【解析】

根據，可知命題的真假，然后對取值，可得命題的真假，最后根據真值表，可得結果.【詳解】對命題：可知，所以R，故命題為假命題命題：取，可知所以R，故命題為真命題所以為真命題故選：B【點睛】本題主要考查對命題真假的判斷以及真值表的應用，識記真值表，屬基礎題.7、A【解析】

根據三視圖，還原空間幾何體，即可得該幾何體的體積.【詳解】由該幾何體的三視圖，還原空間幾何體如下圖所示：可知該幾何體是底面在左側的四棱錐，其底面是邊長為4的正方形，高為4，故.故選：A【點睛】本題考查了三視圖的簡單應用，由三視圖還原空間幾何體，棱錐體積的求法，屬于基礎題.8、B【解析】

根據函數表達式,把分母設為新函數,首先計算函數定義域,然后求導,根據導函數的正負判斷函數單調性,對應函數圖像得到答案.【詳解】設，，則的定義域為.，當，，單增，當，，單減，則.則在上單增，上單減，.選B.【點睛】本題考查了函數圖像的判斷,用到了換元的思想,簡化了運算,同學們還可以用特殊值法等方法進行判斷.9、C【解析】

先將4名醫生分成3組，其中1組有2人，共有種選法，然后將這3組醫生分配到3個不同的住戶中去，有種方法，由分步原理可知共有種.【詳解】不同分配方法總數為種.故選：C【點睛】此題考查的是排列組合知識，解此類題時一般先組合再排列，屬于基礎題.10、A【解析】

函數的零點就是方程的解，設，方程可化為，即或，求出的導數，利用導數得出函數的單調性和最值，由此可根據方程解的個數得出的范圍．【詳解】由題意得有四個大于的不等實根，記，則上述方程轉化為，即，所以或．因為，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以在處取得最小值，最小值為．因為，所以有兩個符合條件的實數解，故在區間上恰有四個不相等的零點，需且．故選：A．【點睛】本題考查復合函數的零點．考查轉化與化歸思想，函數零點轉化為方程的解，方程的解再轉化為研究函數的性質，本題考查了學生分析問題解決問題的能力．11、C【解析】

由復數的幾何意義可得表示復數，對應的兩點間的距離，由兩點間距離公式即可求解.【詳解】由復數的幾何意義可得，復數對應的點為，復數對應的點為，所以，其中，故選C【點睛】本題主要考查復數的幾何意義，由復數的幾何意義，將轉化為兩復數所對應點的距離求值即可，屬于基礎題型.12、A【解析】

根據圖象關于軸對稱可知關于對稱，從而得到在上單調遞增且；再根據自變量的大小關系得到函數值的大小關系.【詳解】為偶函數圖象關于軸對稱圖象關于對稱時，單調遞減時，單調遞增又且，即本題正確選項：【點睛】本題考查利用函數奇偶性、對稱性和單調性比較函數值的大小關系問題，關鍵是能夠通過奇偶性和對稱性得到函數的單調性，通過自變量的大小關系求得結果.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、3【解析】

先根據約束條件畫出可行域，再由y=2x-z表示直線在y軸上的截距最大即可得解.【詳解】x，y滿足約束條件x-y-1≥0x+y-3≤02y+1≥0，畫出可行域如圖所示.目標函數z=2x-y，即平移直線y=2x-z，截距最大時即為所求.2y+1=0x-y-1=0點A（12，z在點A處有最小值：z＝2×1故答案為：32【點睛】本題主要考查線性規劃的基本應用，利用數形結合，結合目標函數的幾何意義是解決此類問題的基本方法．14、【解析】

可看出，這樣根據即可得出，從而得出滿足條件的實數的個數為1．【詳解】解：，或，在同一平面直角坐標系中畫出函數與的圖象，由圖可知與無交點，無解，則滿足條件的實數的個數為．故答案為：．【點睛】考查列舉法的定義，交集的定義及運算，以及知道方程無解，屬于基礎題．15、【解析】

由，根據正弦定理“邊化角”，可得，根據余弦定理，結合已知聯立方程組，即可求得角.【詳解】根據正弦定理：可得根據余弦定理：由已知可得：故可聯立方程：解得：.由故答案為：.【點睛】本題主要考查了求三角形的一個內角，解題關鍵是掌握由正弦定理“邊化角”的方法和余弦定理公式，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.16、8【解析】

根據偽代碼逆向運算求得結果.【詳解】輸入，若，則，不合題意若，則，滿足題意本題正確結果：【點睛】本題考查算法中的語言，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）取中點，連，，根據平行四邊形，可得，進而證得平面平面，利用面面垂直的性質，得平面，又由，即可得到平面.（Ⅱ）根據三棱錐的體積公式，利用等積法，即可求解.【詳解】（Ⅰ）取中點，連，，由，可得，可得是平行四邊形，則，又平面，∴平面平面，∵平面，平面，∴平面平面，∵，是中點，則，而平面平面，而，∴平面.（Ⅱ）根據三棱錐的體積公式，得.【點睛】本題主要考查了空間中線面位置關系的判定與證明，以及利用“等體積法”求解三棱錐的體積，其中解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質定理，以及合理利用“等體積法”求解是解答的關鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎題.18、（1）（2）【解析】

（1）依題意,任意角的三角函數的定義可知,,進而求出．在利用余弦的和差公式即可求出.（2）根據鈍角的終邊與單位圓交于點,且點的橫坐標是,得出,進而得出,利用正弦的和差公式即可求出,結合為銳角,為鈍角,即可得出的值.【詳解】解：因為銳角的終邊與單位圓交于點,點的縱坐標是,所以由任意角的三角函數的定義可知,．從而．（1）于是．（2）因為鈍角的終邊與單位圓交于點,且點的橫坐標是,所以,從而．于是．因為為銳角,為鈍角,所以從而．【點睛】本題本題考查正弦函數余弦函數的定義,考查正弦余弦的兩角和差公式,是基礎題.19、（1）（2）；【解析】

（1），，可得為公比為2的等比數列，可得為公差為1的等差數列，再算出，的通項公式，解方程組即可；（2）利用分組求和法解決.【詳解】（1）依題意有又.可得數列為公比為2的等比數列，為公差為1的等差數列，由，得解得故數列，的通項公式分別為.（2），.【點睛】本題考查利用遞推公式求數列的通項公式以及分組求和法求數列的前n項和，考查學生的計算能力，是一道中檔題.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）函數在有3個零點．【解析】

（Ⅰ）求出導數，寫出切線方程；（Ⅱ）二次求導，判斷單調遞減，結合零點存在性定理，判斷即可；（Ⅲ），數形結合得出結論．【詳解】解：（Ⅰ），，，故在點，處的切線方程為，即；（Ⅱ）證明：，，，故在遞減，又，，由零點存在性定理，存在唯一一個零點，，當時，遞增；當時，遞減，故在只有唯一的一個極大值；（Ⅲ）函數在有3個零點．【點睛】本題主要考查利用導數求切線方程，考查零點存在性定理的應用，關鍵是能夠通過導函數的單調性和零點存在定理確定導函數的零點個數，進而確定函數的單調性，屬于難題．21、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）連接，設，連接.通過證明，證得直線平面.（2）建立空間直角坐標系，利用平面和平面的法向量，計算出二面角