絕密★考試結束前2025年5月桐鄉市高三模擬測試數學學科試題考生須知：1．本卷共6頁滿分150分，考試時間120分鐘.2．答題前，在答題卷指定區域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數字.3．所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效.4．考試結束后，只需上交答題紙.選擇題部分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出函數定義域化簡集合，再利用交集的定義求解.【詳解】由，得，，而，所以.故選：A2.已知復數滿足，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，利用復數除法運算求出，再求出的模.【詳解】由，得，所以故選：B3.已知函數的極小值是，則實數（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】分、、討論，利用導數求出極小值可得答案.【詳解】，令得或，當時，，在R上單調遞增，無極值；當即時，時，，單調遞增，時，，單調遞增，時，，單調遞減，得在處取得極小值，即，解得；當即時，時，，單調遞增，時，，單調遞增，時，，單調遞減，得在處取得極小值，即，不滿足題意；綜上，實數.故選：C.4.若實數滿足，則的最大值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由指數運算可得，再由二次函數可得的最大值.【詳解】因為，所以即，故即，當且僅當時等號成立，故的最大值為，故選：D.5.已知數列，則“，，”是“數列為等差數列”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【答案】A【解析】【分析】根據充分必要條件的判斷方法,分充分性和必要性,分別判斷.【詳解】充分性：若對，，都有，則令,得,即，因為為常數,所以數列為等差數列;必要性:等差數列不一定滿足,,,例如:當等差數列通項公式為時,,,此時,所以,,”是“數列為等差數列的充分不必要條件.故選：A6.設直線與函數的圖象的公共點從左至右依次為，若，則實數（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出當時，的解析式，利用函數的圖象對稱性及給定等式建立方程求得值.【詳解】當時，，，函數的圖象關于軸對稱，由，解得，由，得，整理得，而，解得.故選：D7.已知函數的最小正周期為，且，函數為奇函數，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，利用周期可得，再利用奇函數的性質求出，進而求出函數值.【詳解】依題意，，由為奇函數，得，且，解得，由，得，解得，因此，，所以.故選：B8.已知雙曲線的左、右焦點分別為，點在上，，直線是的內角平分線，，，則的離心率（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】利用雙曲線的定義結合中位線可求，故可求離心率.【詳解】不妨設在右支上，則，因為，故，故，取的中點為，則，而，在直線上，而，故在的延長線上，由，可得，而為角平分線，故，故，故，故，所以即，故，故選：A.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的是（）A.數據1，2，4，5，6，8，10，11的下四分位數是3B.若一組樣本數據的對應樣本點都在直線上，則這組樣本數據的相關系數為C.將一組數據中的每一個數據都加上或減去同一個常數后，方差不變D.以擬合一組數據時，經代換后的經驗回歸方程為，則，【答案】ACD【解析】【分析】利用下四分位數的定義可判斷A選項；利用樣本系數的定義即可判斷B選項；利用方差的性質可判斷C選項；利用回歸分析可判斷D選項.【詳解】對于A選項，因為，所以，這組數據的下四分位數是，故A正確；對于B選項，由題意得，其計算公式與相關系數的公式不同，則無法得到其相關系數的值，故B錯誤；對于C選項，將一組數據中的每一個數據都加上或減去同一個常數后，方差不變，滿足方差的性質，故C正確；對于D選項，以擬合一組數據時，經代換后的經驗回歸方程為，即，可得，故，，故D正確.故選：ACD.10.已知四棱錐，底面是邊長為的正方形，底面，，點滿足，，下列說法正確的是（）A.存在點，使得B.當時，點到平面的距離為C.當平面平面時，D.當二面角為時，【答案】AC【解析】【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，求出點的坐標，利用空間向量法逐項判斷即可.【詳解】因為底面，，底面是邊長為的正方形，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、、，，其中，故點，對于A選項，，，若存在點，使得，則，解得，合乎題意，所以，存在點，使得，A對；對于B選項，當時，點，設平面的一個法向量為，，，則，取，可得，且，所以，點到平面的距離為，B錯；對于C選項，設平面的一個法向量為，，，則，取，可得，設平面的一個法向量為，，，則，取，則，若平面平面，則，解得，C對；對于D選項，平面的一個法向量為，，，則，取，可得，設平面的一個法向量為，，，則，取，則，若二面角為，則，解得，D錯.故選：AC.11.已知定義在上的函數，集合對于任意，在使得的所有中，下列說法正確的是（）A. B.在上單調遞減C.存在在處取到最大值 D.存在，使得在單調遞減【答案】ABC【解析】【分析】利用題中集合的定義可判斷A選項；利用函數單調性的定義可判斷B選項；構造函數，數形結合可判斷C選項；利用函數單調性的定義結合題中定義可判斷D選項.【詳解】對于A選項，因為，且，根據題中定義可得，A對；對于B選項，任取、且，則存在，則，根據題意，對任意的，，則，同理，對任意的，，即，故，所以，函數在上單調遞減，B對；對于C選項，若存在函數在處取到最大值，構造函數，如下圖所示：由圖可知，函數在處取得最大值，且對任意的，當時，，合乎題意，C對；對于D選項，若存在，使得在單調遞減，對任意的，當時，，所以，與已知條件矛盾，D錯.故選：ABC.非選擇題部分三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知向量，若，則______．【答案】【解析】【分析】根據向量垂直的坐標形式可求的值.【詳解】因，故，即，故答案為：13.將個相同的球放入編號為、、的個盒子中，要求每個盒子至少放個球，且編號為的盒子中球數不超過個，則不同的放法種數為______．（用數字作答）【答案】【解析】【分析】對編號為的盒子中球數進行分類討論，確定編號為的盒子中的球數，結合分類加法計數原理可得結果.【詳解】若編號為的盒子中球數為，則編號為的盒子中的球數可以為、、、，有種情況，若編號為的盒子中球數為，則編號為的盒子中的球數可以為、、，有種情況，綜上所述，不同的放法種數為種.故答案為：.14.記表示不超過的最大整數，已知數列滿足，且，數列滿足，記為數列的前項和，則______.【答案】【解析】【分析】分析得出，利用累加法求出數列的通項公式，可化簡數列的表達式，求出，結合題中定義可求得的值.【詳解】因為數列滿足，且，則，當且時，，也滿足，故對任意的，，故，，當時，，則，所以，此時，，所以，，故.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.甲、乙兩選手進行羽毛球比賽，比賽采用5局3勝制，如果每局比賽甲獲勝的概率是，乙獲勝的概率是，求：（1）賽完4局且甲獲勝的概率；（2）在第3局乙獲勝的情況下，最終是甲獲勝的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據第4局甲勝，前3局甲勝兩局可求概率；（2）先求第3局乙獲勝的概率，再求出第3局乙獲勝且甲最終獲勝的概率，從而可得所求的條件概率.【小問1詳解】賽完4局，甲獲勝，則第4局甲勝，前3局甲勝兩局，設事件為“賽完4局且甲獲勝”，則.【小問2詳解】設為“甲獲勝”，為“第3局乙獲勝”，則，事件包含兩種情況，第3局乙獲勝，第4局比賽后最終甲獲勝和第3局乙獲勝，第5局比賽后最終甲獲勝，其中第3局乙獲勝，第4局比賽后最終甲獲勝，則乙只在第3局獲勝，概率為，第3局乙獲勝，第5局比賽后最終甲獲勝，則第1,2,4局中，有1局乙獲勝，有2局甲獲勝，第5局甲獲勝，概率為，而，故.16.在銳角中，內角、、的對邊分別為、、，已知．（1）求；（2）若，，，求的面積．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理結合兩角和的正弦公式化簡得出，結合正弦定理可求得結果；（2）由平面向量的減法可得出，利用平面向量數量積的運算性質結合與余弦定理可得出關于、的方程組，解出這兩個量的值，可得出的值，然后利用三角形的面積公式可求得的面積.【小問1詳解】由及正弦定理可得，即，即，即，因為為銳角，故，可得，由正弦定理得，故.【小問2詳解】因為，則，故，所以，即，即①，由余弦定理可得，即②，聯立①②可得，，故，因此，.17.如圖，已知，平面平面，，，，點為梯形內（包括邊界）一個動點，且平面．（1）求點軌跡長度；（2）當線段最短時，直線與平面所成角的正弦值為，求三棱錐的體積．【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）利用空間中的垂直關系可得平面，建立如圖所示的空間直角坐標系后利用直線的方向向量和平面的法向量可求的軌跡方程，從而可求軌跡長度；（2）利用向量法結合直線與平面所成角的正弦值為求得的長度，再結合向量法可求到直線的距離，從而可求體積.【小問1詳解】因為平面平面，，平面平面，平面，故平面，而，故可建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，因點為梯形內（包括邊界）一個動點，可設，則，又，設平面的法向量為，則，故可取，因平面，則，故，即，取，則，取，則，故的軌跡長度為.【小問2詳解】取的中點為，連接，連，由（1）可得的軌跡為.又由（1）可得平面，而平面，故，因，若線段最短，則最短，此時有，而，故點為的中點，故，設平面的法向量為，而，，故，故可取，因直線與平面所成角的正弦值為，而，則得，故，故或，易得平面，則點到平面的距離為或，又，，故到直線的距離為，易得，故，故三棱錐的體積為或者為.18.已知函數．（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）當時，存在，使得，求證：；（3）當時，判斷的零點個數，并作出證明．【答案】（1）（2）證明見解析（3）2，證明見解析【解析】【分析】（1）先求出曲線的方程，然后求導得到切線斜率，進而求出切線方程.（2）根據已知條件得到關于的等式，然后進行化簡，根據不等式的性質即可證明答案.（3）根據已知條件求出函數的表達式，然后對函數求導，判斷函數的單調區間，然后求出函數的最小值是否小于0，從而判斷出函數的零點個數.【小問1詳解】當時，，定義域為，對函數求導得，則曲線在處的切線斜率為.而，得到曲線在處的切線方程為，即.【小問2詳解】當時，，.因為存在，使得.所以，化簡得：，，可求得，.將代入得：，化簡得進一步化簡得：，令，，令，則，令，，令，，則在上單調遞減，在上單調遞增，故，即得證，因為，所以令，故.【小問3詳解】因為，所以.對函數求導得：.令，解得，當時，，則函數在上單調遞增；當時，，則函數在上單調遞減；所以函數在處取極小值為.令，，對求導：.在上恒成立，在上單調遞增，.當時，；當時，.所以有兩個零點.19.在平面直角坐標系中，將每個點繞原點沿逆時針方向旋轉角的變換稱為旋轉角為的旋轉變換，設點經過旋轉角的旋轉變換后變成點，則（1）在的旋轉變換下，若點變成點，直線變成直線，求：的坐標和直線的斜率；（2）已知曲線是由平面直角坐標系下焦點在軸上的拋物線繞原點逆時針旋轉所得的斜拋物線的方程．①求斜拋物線的焦準距；②已知在斜拋物線上，按如下規則依次構造點列：過點作斜率為的直線交于點，再過點作斜率為的直線交于點，記的面積為．求證：．【答案】（1），（2）①焦準距為；②證明見解析.【解析】【分析】（1）根據題設中旋轉變換公式可求及.（2）①根據題設中變換公式得旋轉前的曲線方程為，故可求焦準距；②根據題設中的旋轉變換得旋轉前后直線的斜率關系，以旋轉前的拋物線為研究對象，通過斜率關系得的橫坐標滿足，再結合距離公式等得面積，求和