浙江省杭十四中2025年高三5月聯考數學試題測試試題注意事項: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．中國古代數學著作《孫子算經》中有這樣一道算術題：“今有物不知其數，三三數之余二，五五數之余三，問物幾何？”人們把此類題目稱為“中國剩余定理”，若正整數除以正整數后的余數為，則記為，例如．現將該問題以程序框圖的算法給出，執行該程序框圖，則輸出的等于（）．A． B． C． D．2．設復數滿足，在復平面內對應的點為，則（）A． B． C． D．3．如圖所示的程序框圖，當其運行結果為31時，則圖中判斷框①處應填入的是（）A． B． C． D．4．已知集合，，則等于()A． B． C． D．5．已知函數（其中，，）的圖象關于點成中心對稱，且與點相鄰的一個最低點為，則對于下列判斷：①直線是函數圖象的一條對稱軸；②點是函數的一個對稱中心；③函數與的圖象的所有交點的橫坐標之和為.其中正確的判斷是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③6．已知菱形的邊長為2，，則（）A．4 B．6 C． D．7．已知等差數列滿足，公差，且成等比數列，則A．1 B．2 C．3 D．48．已知三棱錐中，為的中點，平面，，，則有下列四個結論：①若為的外心，則；②若為等邊三角形，則；③當時，與平面所成的角的范圍為；④當時，為平面內一動點，若OM∥平面，則在內軌跡的長度為1．其中正確的個數是（）．A．1 B．1 C．3 D．49．在中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，D是AB的中點，若，且，則面積的最大值是()A． B． C． D．10．在中，角、、所對的邊分別為、、，若，則（）A． B． C． D．11．定義兩種運算“★”與“◆”，對任意，滿足下列運算性質：①★，◆；②（）★★，◆◆，則（◆2020）（2020★2018）的值為()A． B． C． D．12．若為純虛數，則z＝（）A． B．6i C． D．20二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設,滿足約束條件,若目標函數的最大值為,則的最小值為______．14．假設10公里長跑，甲跑出優秀的概率為，乙跑出優秀的概率為，丙跑出優秀的概率為，則甲、乙、丙三人同時參加10公里長跑，剛好有2人跑出優秀的概率為________．15．在平面直角坐標系中,點在曲線：上,且在第四象限內．已知曲線在點處的切線為,則實數的值為__________．16．已知點是拋物線上動點，是拋物線的焦點，點的坐標為，則的最小值為______________．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）設拋物線的焦點為，準線為，為過焦點且垂直于軸的拋物線的弦，已知以為直徑的圓經過點.（1）求的值及該圓的方程；（2）設為上任意一點，過點作的切線，切點為，證明：.18．（12分）已知函數.（1）當時，求函數的圖象在處的切線方程；（2）討論函數的單調性；（3）當時，若方程有兩個不相等的實數根，求證：.19．（12分）已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若的圖象與軸圍成的三角形面積大于6，求的取值范圍.20．（12分）如圖，在四棱柱中，底面為菱形，.（1）證明：平面平面；（2）若，是等邊三角形，求二面角的余弦值.21．（12分）設函數.（1）若，時，在上單調遞減，求的取值范圍；（2）若，，，求證：當時，．22．（10分）設橢圓的離心率為，左、右焦點分別為，點D在橢圓C上，的周長為.（1）求橢圓C的標準方程；（2）過圓上任意一點P作圓E的切線l，若l與橢圓C交于A，B兩點，O為坐標原點，求證：為定值.

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．C【解析】從21開始，輸出的數是除以3余2，除以5余3，滿足條件的是23，故選C.2．B【解析】

設，根據復數的幾何意義得到、的關系式，即可得解；【詳解】解：設∵，∴，解得.故選：B本題考查復數的幾何意義的應用，屬于基礎題.3．C【解析】

根據程序框圖的運行，循環算出當時，結束運行，總結分析即可得出答案.【詳解】由題可知，程序框圖的運行結果為31，當時，；當時，；當時，；當時，；當時，.此時輸出.故選：C.本題考查根據程序框圖的循環結構，已知輸出結果求條件框，屬于基礎題.4．B【解析】

解不等式確定集合，然后由補集、并集定義求解．【詳解】由題意或，∴，．故選：B.本題考查集合的綜合運算，以及一元二次不等式的解法，屬于基礎題型．5．C【解析】分析：根據最低點，判斷A=3，根據對稱中心與最低點的橫坐標求得周期T，再代入最低點可求得解析式為，依次判斷各選項的正確與否．詳解：因為為對稱中心，且最低點為，所以A=3，且由所以，將帶入得，所以由此可得①錯誤，②正確，③當時，，所以與有6個交點，設各個交點坐標依次為，則，所以③正確所以選C點睛：本題考查了根據條件求三角函數的解析式，通過求得的解析式進一步研究函數的性質，屬于中檔題．6．B【解析】

根據菱形中的邊角關系，利用余弦定理和數量積公式，即可求出結果．【詳解】如圖所示，菱形形的邊長為2，，∴，∴，∴，且，∴，故選B．本題主要考查了平面向量的數量積和余弦定理的應用問題，屬于基礎題.．7．D【解析】

先用公差表示出，結合等比數列求出.【詳解】,因為成等比數列，所以，解得.本題主要考查等差數列的通項公式.屬于簡單題，化歸基本量，尋求等量關系是求解的關鍵.8．C【解析】

由線面垂直的性質,結合勾股定理可判斷①正確;反證法由線面垂直的判斷和性質可判斷②錯誤;由線面角的定義和轉化為三棱錐的體積,求得C到平面PAB的距離的范圍,可判斷③正確;由面面平行的性質定理可得線面平行,可得④正確.【詳解】畫出圖形：若為的外心，則，平面,可得,即，①正確;若為等邊三角形，，又可得平面，即,由可得，矛盾，②錯誤;若，設與平面所成角為可得，設到平面的距離為由可得即有，當且僅當取等號.可得的最大值為，即的范圍為，③正確；取中點，的中點，連接由中位線定理可得平面平面可得在線段上，而，可得④正確；所以正確的是：①③④故選：C此題考查立體幾何中與點、線、面位置關系有關的命題的真假判斷，處理這類問題，可以用已知的定理或性質來證明，也可以用反證法來說明命題的不成立.屬于一般性題目.9．A【解析】

根據正弦定理可得，求出，根據平方關系求出.由兩端平方，求的最大值，根據三角形面積公式，求出面積的最大值.【詳解】中，，由正弦定理可得，整理得，由余弦定理，得.D是AB的中點，且，，即，即，，當且僅當時，等號成立.的面積，所以面積的最大值為.故選：.本題考查正、余弦定理、不等式、三角形面積公式和向量的數量積運算，屬于中檔題.10．D【解析】

利用余弦定理角化邊整理可得結果.【詳解】由余弦定理得：，整理可得：，.故選：.本題考查余弦定理邊角互化的應用，屬于基礎題.11．B【解析】

根據新運算的定義分別得出◆2020和2020★2018的值，可得選項.【詳解】由（）★★，得（+2）★★，又★，所以★，★，★，，以此類推，2020★2018★2018，又◆◆，◆，所以◆，◆，◆，，以此類推，◆2020，所以（◆2020）（2020★2018），故選：B.本題考查定義新運算，關鍵在于理解，運用新定義進行求值，屬于中檔題.12．C【解析】

根據復數的乘法運算以及純虛數的概念，可得結果.【詳解】∵為純虛數，∴且得，此時故選：C.本題考查復數的概念與運算，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

先根據條件畫出可行域,設,再利用幾何意義求最值,將最大值轉化為軸上的截距,只需求出直線,過可行域內的點時取得最大值,從而得到一個關于,的等式,最后利用基本不等式求最小值即可．【詳解】解：不等式表示的平面區域如圖所示陰影部分,當直線過直線與直線的交點時,目標函數取得最大,即,即,而．故答案為．本題主要考查了基本不等式在最值問題中的應用、簡單的線性規劃,以及利用幾何意義求最值,屬于基礎題．14．【解析】

分跑出優秀的人為：甲、乙和甲、丙和乙、丙三種情況分別計算再求和即可.【詳解】剛好有2人跑出優秀有三種情況：其一是只有甲、乙兩人跑出優秀的概率為；其二是只有甲、丙兩人跑出優秀的概率為；其三是只有乙、丙兩人跑出優秀的概率為,三種情況相加得.即剛好有2人跑出優秀的概率為.故答案為：本題主要考查了分類方法求解事件概率的問題,屬于基礎題.15．【解析】

先設切點,然后對求導,根據切線方程的斜率求出切點的橫坐標,代入原函數求出切點的縱坐標,即可得出切得,最后將切點代入切線方程即可求出實數的值.【詳解】解:依題意設切點,因為,則,又因為曲線在點處的切線為,,解得,又因為點在第四象限內,則,.則又因為點在切線上.所以.所以.故答案為:本題考查了導數的幾何意義,以及導數的運算法則和已知切線斜率求出切點坐標,本題屬于基礎題.16．【解析】

過點作垂直于準線，為垂足，則由拋物線的定義可得，則，為銳角.故當和拋物線相切時，的值最小.再利用直線的斜率公式、導數的幾何意義求得切點的坐標，從而求得的最小值.【詳解】解：由題意可得，拋物線的焦點，準線方程為，過點作垂直于準線，為垂足，則由拋物線的定義可得，則，為銳角.故當最小時，的值最小.設切點，由的導數為，則的斜率為，求得，可得，，，.故答案為：.本題考查拋物線的定義，性質的簡單應用，直線的斜率公式，導數的幾何意義，屬于中檔題.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．（1），圓的方程為：.（2）答案見解析【解析】

（1）根據題意，可知點的坐標為，即可求出的值，即可求出該圓的方程；（2）由題易知，直線的斜率存在且不為0，設的方程為，與拋物線聯立方程組，根據，求得，化簡解得，進而求得點的坐標為，分別求出，，利用向量的數量積為0，即可證出.【詳解】解：（1）易知點的坐標為，所以，解得.又圓的圓心為，所以圓的方程為.（2）證明易知，直線的斜率存在且不為0，設的方程為，代入的方程，得.令，得，所以，解得.將代入的方程，得，即點的坐標為.所以，，.故.本題考查拋物線的標準方程和圓的方程，考查直線和拋物線的位置關系，利用聯立方程組、求交點坐標以及向量的數量積，考查解題能力和計算能力.18．（1）；（2）當時，在上是減函數；當時，在上是增函數；（3）證明見解析.【解析】

（1）當時，，求得其導函數，，可求得函數的圖象在處的切線方程；（2）由已知得，得出導函數，并得出導函數取得正負的區間，可得出函數的單調性；（3）當時，，，由（2）得的單調區間，以當方程有兩個不相等的實數根，不妨設，且有，，構造函數，分析其導函數的正負得出函數的單調性，得出其最值，所證的不等式可得證.【詳解】（1）當時，，所以，，所以函數的圖象在處的切線方程為，即；（2）由已知得，，令，得，所以當時，，當時，，所以在上是減函數，在上是增函數；（3）當時，，，由（2）得在上單調遞減，在單調遞增，所以，且時，，當時，，，所以當方程有兩個不相等的實數根，不妨設，且有，，構造函數，則，當時，所以，在上單調遞減，且，，由，在上單調遞增，.所以.本題考查運用導函數求函數在某點的切線方程，討論函數的單調性，以及證明不等式，關鍵在于構造適當的函數，得出其導函數的正負，得出所構造的函數的單調性，屬于難度題.19．（Ⅰ）（Ⅱ）（2，+∞）【解析】試題分析：(Ⅰ)由題意零點分段即可確定不等式的解集為；(Ⅱ)由題意可得面積函數為為，求解不等式可得實數a的取值范圍為試題解析：（I）當時，化為，當時，不等式化為，無解；當時，不等式化為，解得；當時，不等式化為，解得．所以的解集為．（II）由題設可得，所以函數的圖像與x軸圍成的三角形的三個頂點分別為，，，的面積為．由題設得，故．所以a的取值范圍為20．（1）證明見解析（2）【解析】

（1）根據面面垂直的判定定理可知，只需證明平面即可．由為菱形可得，連接和與的交點，由等腰三角形性質可得，即能證得平面；（2）由題意知，平面，可建立空間直角坐標系，以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，再分別求出平面的法向量，平面的法向量，即可根據向量法求出二面角的余弦值．【詳解】（1）如圖，設與相交于點，連接，又為菱形，故，為的中點.又，故.又平面，平面，且，故平面，又平面，所以平面平面.（2）由是等邊三角形，可得，故平面，所以，，兩兩垂直.如圖以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系.不妨設，則，，則，，，，，，設為平面的法向量，則即可取，設為平面的法向量，則即可取，所以.所以二面角的余弦值為0.本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理的應用