05（浙江专用）-2025年高考数学模拟卷

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第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据，可求得，则得，从而可求解.
【详解】由题意可知，只需，解得，故C正确.
故选：C.
2．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先应用同角三角函数公式切化弦，再应用两角和与差的正弦公式计算即可.
【详解】由，得，所以，
又，
所以，，
所以．
故选：D.
3．已知平面向量满足：，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，由投影向量的定义可得，再由向量的夹角公式，代入计算，即可求解.
【详解】因为在上的投影向量为，即，所以，
又，
，
所以，
且，则.
故选：C
4．已知点P在抛物线M：上，过点P作圆C：的切线，若切线长为，则点P到M的准线的距离为（ ）
A．5B．C．6D．
【答案】C
【分析】根据点P的位置以及切线长可解得点横坐标为5，再由焦半径公式可得结果.
【详解】设点，由圆的方程可知圆心，半径；
又切线长为，可得，
即，解得，可得；
再由抛物线定义可得点P到M的准线的距离为.
故选：C
5．已知随机变量，且，则的最小值为（ ）
A．5B．C．D．
【答案】D
【分析】根据正态分布的对称性求得，利用基本不等式求得正确答案.
【详解】根据正态分布的知识得，则，
，
当且仅当，即时取等.
故选：D
6．已知函数是定义在上的偶函数，且在区间单调递减，若，且满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性、单调性、对数运算等知识列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】依题意，是偶函数，且在区间单调递减，
由得，
所以，所以或，
所以或，
所以的取值范围是.
故选：D
7．已知圆锥的母线长为2，表面积为，O为底面圆心，为底面圆直径，C为底面圆周上一点，，M为中点，则的面积为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由圆锥的表面积公式求出底面半径，在中由余弦定理解出，然后在中由勾股定理求出，最后由余弦定理和三角形的面积公式求出结果即可；
【详解】
设，
由题意可得，
即，解得或（舍去），
连接，
因为M为中点，所以，
过作于，连接，则，
在中，，
即，解得，
又在中，，
所以，
所以，
所以的面积为，
故选：A.
8．已知函数，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求出函数的奇偶性，由奇偶性得，接着利用导数工具二次求导研究函数在0,+∞上单调性，由单调性即可判断的大小关系.
【详解】因为，
所以函数定义域为，，
所以函数为偶函数，故，
当时，，
所以，
因为，所以，
所以在0,+∞单调递增，故即f'x>0，
所以在0,+∞单调递增，又，
所以，所以.
故选：A.
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．欧拉公式（i为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
A．的虚部为B．
C．D．的共轭复数为
【答案】ABD
【分析】根据题意，由欧拉公式，利用复数的基本概念，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，其虚部为，所以A正确；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，则，所以C错误；
对于D中，由，故的共轭复数为，所以D正确．
故选：ABD．
10．已知函数的部分图象如图所示，令，则（ ）
A．的一个对称中心是
B．的对称轴方程为
C．在上的值域为
D．的单调递减区间为
【答案】ABD
【分析】观察图象确定的最小值，周期求，结合对称性可得函数过点由此可求，通过三角恒等变换求，验证是否为的对称中心判断A，求的对称轴判断B，由条件求的范围，结合余弦函数性质判断C，结合余弦函数性质求函数的单调递减区间判断D.
【详解】由题图可得函数的最小值为，，
又，，，所以，
结合对称性可得函数的图象过点，
所以，解得，又，所以，
所以，
所以，
所以.
对于A，当，，所以是的一个对称中心，故A正确；
对于B，令，，可得，，故的对称轴方程为，，故B正确；
对于C，时，，所以，故在上的值域为，故C错误；
对于D，令，解得，
所以的单调递减区间为，故D正确.
故选：ABD.
11．在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），为与其中两条曲线的交点，若，则（ ）
A．开口向上的抛物线的方程为
B．AB=4
C．直线截第一象限花瓣的弦长最大值为
D．阴影区域的面积大于4
【答案】ABD
【分析】对于A，利用旋转前后抛物线焦点和对称轴变化，即可确定抛物线方程；对于B，联立抛物线方程，求出点的坐标，即得；对于C，将直点线与抛物线方程联立求出的坐标，由两点间距离公式求得弦长，利用换元和函数的图象即可求得弦长最大值；对于D，利用以直线近似取代曲线的思想求出三角形面积，即可对阴影部分面积大小进行判断.
【详解】由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为,
将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为，即，故A正确；
对于B，根据A项分析，由可解得，或，即，代入可得，
由图象对称性，可得,故，即B正确；
对于C，
如图，设直线与第一象限花瓣分别交于点,
由解得，由解得，,
即得,
则弦长为：，
由图知，直线经过点时取最大值4，经过点时取最小值0，
即在第一象限部分满足，不妨设，则，且，
代入得，，（）
由此函数的图象知，当时，取得最大值为，即C错误；
对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值.
如图，
在抛物线上取一点，使过点的切线与直线平行，
由可得切点坐标为,因,则点到直线的距离为，
于是,由图知，半个花瓣的面积必大于，
故原图中的阴影部分面积必大于，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：本题主要考查曲线与方程的联系的应用问题，属于难题.
解题思路是，理解题意，结合图形对称性特征，通过曲线方程联立，计算判断，并运用函数的图象单调性情况，有时还需要以直代曲的思想进行估算、判断求解.
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。
12．两个线性相关变量与的统计数据如表：
其回归直线方程是，则相对应于点的残差为 ．
【答案】0.2/15
【分析】根据线性回归方程一定经过样本点中心，进而求解参数，再根据残差的计算公式即可得出答案.
【详解】，
所以样本点中心为，代入回归方程得:，解得，
所以回归方程为，当时，，
所以残差为:.
故答案为：0.2.
13．双曲线的左焦点为，点P为双曲线右支上的动点，且周长的最小值为14，则双曲线的离心率为 .
【答案】32/
【分析】利用双曲线的定义将转化为，然后利用三点共线时取最小值求解即可.
【详解】∵，，
∵周长的最小值为14，
∴的最小值为14，即的最小值为，
设右焦点为，则，即，
则，即三点共线时最小，
此时，即最小值为，得，
∵，∴离心率.
故答案为：
14．2024年新高考数学Ⅰ卷多选题的计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，共18分；②每小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对的得6分，有选错或不选的得0分；③部分选对的得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．考生甲在此卷多选题的作答中，第一小题选了三个选项，第二小题选了两个选项，第三小题选了一个选项，则他多选题的所有可能总得分（相同总分只记录一次）的第80百分位数为 ．
【答案】13
【分析】根据多选题的计分标准，结合甲在此卷多选题的作答情况、百分位数的定义进行求解即可.
【详解】甲在此卷多选题的作答中，
第一小题选了三个选项，因此甲此题的得分可以是分，或分；
第二小题选了两个选项，因此甲此题的得分可以是分，或分，或分；
第三小题选了一个选项，因此甲此题的得分可以是分，或，或，
因此甲多选题的所有可能总得分为分，分，分，分，分，分，分，分，分，分，分，分，共种情况，
因为，所以甲多选题的所有可能总得分（相同总分只记录一次）的第80百分位数为分，
故答案为：
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．（13分）已知函数.
(1)求的最大值；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，即可根据函数的单调性求解最值，
（2）利用导数求解的最小值，即可根据的最大值求解.
【详解】（1），令得，…………………………………2分
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；…………………………………4分
当时，取得最大值，且最大值为.……………………6分
（2）设，，则，……………………7分
在上单调递增，……………………8分
，即在上的最小值为4，……………………10分
，，，……………………12分
当时，.……………………13分
16．（15分）已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据的关系，作差可得为等比数列，即可由等比通项求解，
（2）利用错位相减法，结合等比数列求和公式即可求解.
【详解】（1）当时，，即，……………………1分
当时，①，②，……………………2分
②得，即，……………………3分
所以．……………………5分
因为，……………………6分
所以数列是首项为3，公比为3的等比数列．
则，即．……………………7分
（2）由（1）得，，……………………9分
所以，
，……………………11分
故，……………………14分
所以．……………………15分
17．（15分）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为矩形，且平面平面分别为棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，且二面角的大小为120°，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）取棱的中点，连结，，可证四边形是平行四边形，利用线面平行的判定即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量公式求出参数，即可求解
【详解】（1）如图，取棱的中点，连接．……………………1分
因为是棱的中点，所以且．……………………2分
又因为四边形是矩形，是棱的中点，故且，……………………3分
所以四边形是平行四边形，所以．……………………4分
又平面平面，故平面．……………………5分
（2）取棱的中点，则在正三角形中，，所以平面．……………………6分
以为坐标原点，的方向分别为轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
……………………7分
设，则．……………………8分
所以．……………………9分
设平面的法向量为，
则即可取．……………………11分
设平面的法向量为，
则即可取．……………………13分
由题设知，故，……………………14分
即．……………………15分
18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的两个焦点分别是，，点M在上，且 .
(1)求的标准方程；
(2)若直线与交于A，B两点，且的面积为求的值.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由已知可得，由椭圆的定义可得，根据椭圆中，，的关系可得，即可求解；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线和椭圆构成的方程组，根据可得，由韦达定理可得，，再根据，可得或，即可求解.
【详解】（1）由题意，设的标准方程为，
则，，即，……………………2分
所以，……………………4分
所以的标准方程为；……………………5分
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，
由联立得，……………………7分
由题意，即，……………………9分
，，……………………10分
显然直线过定点，
所以，……………………12分
所以，即，……………………14分
所以，解得或，均满足，……………………16分
所以或.……………………17分
19．（17分）已知编号为的三个袋子中装有除标号外完全相同的小球，其中1号袋子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号袋子内装有两个1号球，一个3号球；3号袋子内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球．现按照如下规则连续摸球两次；第一次先从1号袋子中随机摸出1个球，并将摸出的球放入与球编号相同的袋子中，第二次从刚放入球的袋子中再随机摸出1个球．
(1)若第二次摸到的是3号球，计算此3号球在第二次摸球过程中分别来自号袋子的概率；
(2)设是样本空间上的两个离散型随机变量，则称是上的二维离散型随机变量．设的一切可能取值为，记表示在中出现的概率，其中．若表示第一次摸出的是号球，表示第二次摸出的是号球．
①求；
②证明：．
【答案】(1)，，；
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）求出第一次摸到第1，2，3号球的概率，结合已知条件，利用全概率公式及条件概率公式依次计算即得.
（2）①求出第一次摸出1号球，并放入1号袋子，第二次从该袋子摸出2号球的概率；②利用全概率公式推理即得.
【详解】（1）设第一次摸到球的事件为，第二次摸到的是3号球的事件为，
第二次在第号袋子里摸到的是3号球的事件为，，
，……………………2分
于是，…………4分
所以第二次摸到的是3号球，它来自1号袋子的概率；…………6分
第二次摸到的是3号球，它来自2号袋子的概率；…………8分
第二次摸到的是3号球，它来自3号袋子的概率.…………10分
（2）①依题意，，即第一次摸出1号球，并放入1号袋子，第二次从该袋子摸出2号球的概率，
所以.…………13分
②由定义及全概率公式知，
，
所以.…………17分
【点睛】方法点睛：全概率公式是将复杂事件A的概率求解问题转化为在不同情况下发生的简单事件的概率求和问题.
9
9.5
10
10.5
11
11
10
8
6
5