浙江省绍兴市2025届高三下学期4月二模试题 数学 含解析

这是一份浙江省绍兴市2025届高三下学期4月二模试题 数学 含解析，共14页。试卷主要包含了 已知集合，则， 直线被圆截得的弦长为， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
（2025年4月）
一､选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用交集概念进行求解.
【详解】.
故选：A
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求解.
【详解】.
故选：B.
3. 已知向量满足，，且的夹角为，则（ ）
A. B. 3C. D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据数量积的定义求出，再由及数量积的运算律计算可得.
【详解】因为，，且的夹角为，
所以，
所以.
故选：C
4. 直线被圆截得的弦长为（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先得到圆心坐标与半径，即可求出圆心到直线的距离，再由勾股定理计算可得.
【详解】圆的圆心为，半径，
又圆心到直线的距离，
所以弦长.
故选：B
5. 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简，再得到平移后的解析式，即可得到，，逐个检验即可得出答案.
【详解】因为，
将函数的图象向左平移个单位后得到函数，
所以，则，，
，，当时，，时，，
故选：A.
6. 已知函数，则（ ）
A. 当时，是偶函数，且在区间上单调递增
B. 当时，是奇函数，且在区间上单调递减
C. 当时，是偶函数，且在区间上单调递减
D. 当时，奇函数，且在区间上单调递增
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数奇偶性和单调性的判断方法，针对不同的取值，对函数进行分析，即可判断和选择.
【详解】对AB：当时，，其定义域为，，故为偶函数；
又，当时，令，
因为在单调递增，在单调递增，故在单调递增，
故在单调递减，故AB都错误；
对CD：当时，，其定义域为，，故为奇函数；
又，当时，均为减函数，故为上的减函数，
故为上的增函数，故C错误，D正确.
故选：D.
7. 已知双曲线左焦点为，点在的右支上，且，则的最小值为（ ）
A. 4B. 6C. 10D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的定义，将与进行转化，再结合三角形三边关系求出的最小值．
【详解】对于双曲线，根据双曲线的标准方程（），可得，．则．
设双曲线的右焦点为，由双曲线的定义可知，点在双曲线的右支上，则，即；
同理，点在双曲线的右支上，则，即．
所以．
根据三角形三边关系，，当且仅当，，三点共线时，等号成立．
又，则，即．
所以的最小值为10．
故选：C．
8. 已知的两个内角都是关于的方程的解，其中，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将方程转化为关于的一元二次方程，利用根与系数关系得到和的表达式，通过三角恒等式求出，进而求出得解.
【详解】方程变形为，
由题，是方程的两根，则，，
又
，
又，所以，
，
又，则，，
.
故选：B.
二､多选题（本大题共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. 在某校文艺汇演中，六位评委对某小品节目进行打分，得到一组分值7.7，8.1，8.2，8.7，9.4，9.5，若去掉一个最高分和一个最低分，则（ ）
A. 这组分值的极差变小
B. 这组分值的均值变大
C. 这组分值的方差变小
D. 这组分值的第75百分位数不变
【答案】AC
【解析】
【分析】对A，根据极差的定义求解判断；对B，计算前后两组数据的均值判断；对C，利用方差的公式计算判断；对D，根据百分位数的定义计算判断.
【详解】对于A，原来6个数据的极差为，
去掉一个最高分和一个最低分后这组数据的极差为，极差变小了，故A正确；
对于B，原来6个数据的均值为，
后来这4个数据的均值为，所以均值不变，故B错误；
对于C，原来6个数据的方差为，
后来这4个数据的方差为，
所以这组分值的方差变小，故C正确；
对于D，因为，所以原来6个数据的第75百分位数为，
又，所以后来这4个数据的第75百分位数为，故D错误.
故选：AC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 在区间内存在零点
B. 0是的极小值点
C. 在区间内存在极大值
D. 在区间上单调递减
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于选项A：令，得到零点，看区间内有无这些零点，没有则不存在零点．对于选项B：在附近，分析、、正负．时，时，所以是极小值点．对于选项C：对求导．在内，分析各项正负，判断是否存在极大值．对于选项D：在上，分析正负，再分析各项正负，得，所以单调递减．
【详解】函数，令，则或或．
由，解得； 由，解得，；
由，即，解得．
在区间内，不存在上述使的值，所以在区间内不存在零点，A选项错误．
当在附近时，，在上单调递增，且．
当时，，，所以；
当时，，在附近正负交替，但，所以是的极小值点，B选项正确．
对求导，得：．
当时，，，，．
，且在内，随着的变化，会先大于后小于，所以在区间内存在极大值，C选项正确．
当时，，，，则．
对分析，在上，，，，所以；
，，，所以；
，，，所以．
即，所以在区间上单调递减，D选项正确．
故选：BCD．
11. 已知数列满足，则（ ）
A. 数列为递增数列
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项：构造函数，求导判断其单调递增．由算出，得．假设，可推出，再构造，求导判断其单调性，得出，所以数列递增．
对于B选项：由A选项分析知，所以不存在使．
对于C选项：要证，构造，多次求导判断单调性，得出，从而证明不等式成立．
对于D选项：由C，取倒数后构造数列，再用累加法求和计算证明即可.
【详解】设，对其求导可得．
因为恒成立，所以在上单调递增．
已知，则，依次有，,
，设，，对求导得．
当时，，所以，在上单调递减．
则，即，所以为递增数列，A选项正确．
由上述分析可知，所以不存在，使得，B选项错误．
要证，即证．
设，，对求导得．
令，求导得，当时，，
所以上单调递减．则，
所以在上单调递增．
所以，即，
所以，，C选项正确.
由选项C知，移项可得，
两边同时乘以得.
两边同时取倒数得，移项可得.
因为，所以，即.
利用累加法：
.
已知，则，所以，两边同时取倒数得，
移项可得，选项D正确.
故选：ACD.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 记的内角的对边分别为，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】先由正弦定理可得，再由余弦定理可得，最后得到.
【详解】，
由正弦定理可得，，
又由余弦定理可得，，
，.
故答案为：.
13. 已知偶函数的定义域为，且，则的值域为__________.
【答案】
【解析】
【分析】通过赋值法求得，以及的解析式，再求其值域即可.
【详解】对，令，则，解得；
对，令，则，
又为偶函数，，故，解得；
又，故其值域为.
故答案为：.
14. 设点在“笑口”型曲线上，则的最小值为__________.
【答案】##-0.125
【解析】
【分析】分和两种情况去绝对值化简，利用二次函数求最值即可
【详解】当时，，即，平方得，即，
此时
，.
当时，，即，平方得，即，
此时
，
综上，的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查含绝对值的曲线方程，解题的关键是去绝对值，得到不含绝对值的曲线方程. 本题中将获得的新曲线方程代入，消元后可得到所求的最小值.
四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）记的两个零点分别为，求曲线在点处的切线方程.
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数求出单调区间.
（2）由（1）的信息，结合零点存在性定理确定的值，再利用导数的几何意义求出切线方程.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得，
当时，；当时，，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
由（1）知，，
因此函数有两个零点，且，即，
则所求切线的切点坐标为，斜率，切线方程为
所以曲线在点处的切线方程为.
16. 已知数列满足
（1）记，求，并证明数列是等比数列；
（2）记，求满足的所有正整数的值.
【答案】（1），证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件判断数列的类型，再用等比数列定义证明即可；
（2）先运用等比数列公式求，再求出的表达式，进而求出的表达式，最后根据其单调性确定满足条件的正整数的取值．
【小问1详解】
因为，所以.
又因为
所以数列是首项为5，公比为2的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
所以，
因为单调递增，
且，
所以正整数的所有取值为.
17. 已知椭圆的焦距为2，且过点.
（1）求的方程；
（2）设为的左、右顶点，在过点且垂直于轴的直线上任取一点，过作的切线，切点为（异于），作，垂足为.记和的面积分别为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出，代入，得到方程组，求出，得到答案；
（2）设，直线的方程为，与椭圆方程联立，根据相切，由根的判别式得到方程，求出，求出，，表达出直线的方程为，设与交于点，求出，所以，为中点，得到答案.
【小问1详解】
由题意知，且过点，
即，
解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
设，直线的方程为，
代入的方程得.
因为直线与相切，
所以，
化简得，所以，

所以，代入直线的方程得，
设与交于点，又，直线的方程为，
因为，
代入直线的方程得，
所以，所以为中点.
因此点到直线的距离相等，所以.
18. 如图，在四面体中，，记二面角为分别为的中点.
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）设在四面体内有一个半径为的球，若，求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，即可得到，从而得到平面，即可得证；
（2）以为原点，分别为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
（3）设在平面内的射影为，即可得到点到平面的距离，即可求出四面体的体积，再求出四面体的表面积，即可求出四面体的内切球半径，即可得证.
【小问1详解】
取中点，连接，又分别为的中点，
则，，
因为，
所以，又 ，平面，
所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
由（1）知是二面角的平面角，所以.
如图，以为原点，分别为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，
则，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即，可取，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
因为与的面积为，
设在平面内的射影为，即平面，
又平面，所以，又，平面，所以平面，
又平面，所以，又，所以为二面角的平面角，
所以点到平面的距离，
因此四面体的体积为.
又，平面，所以，所以到直线的距离等于，
所以边的高，
所以的面积，
注意到，因此的面积也为，
所以四面体的表面积为，
因此四面体的内切球半径，
所以，即.
19. 某科技公司招聘技术岗位人员一名.经初选，现有来自国内三所高校的10名应届毕业生进入后面试环节.其中校和校各4名，校2名，10名面试者随机抽取1，2，3，号的面试序号.
（1）若来自校的4名毕业生的面试序号分别为，且，来自校的4名毕业生的面试序号分别为，且，来自校的2名毕业生的面试序号分别为，，且.
（i）求概率；
（ii）记随机变量，求的均值.
（2）经面试，第位面试者的面试得分为，且他们的面试得分各不相等，公司最终录用得分最高者.为提高今后面试效率，现人事部门设计了以下面试录用新规则：，且，集合中的最小元素为，最终录用第位面试者.如果以新规则面试这10名毕业生，证明：面试得分第一､二（按得分从高到低排）的两名毕业生之一被录用的概率不小于0.59.
【答案】（1）（i）；（ii）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，直接求解即可；先求得的取值，再根据期望计算公式，直接计算即可；
（2）分别计算录用面试第一名，和第二名的概率，即可证明.
【小问1详解】
（i），
（ii）的可能取值为，则，
所以
【小问2详解】
①第一种情况，录用了面试得分第一的人.
若面试得分第一的人在第位，要使得其被录用，则在他前面的个人中的最高分必然在前3位，
其他个人可以任意排列，在得分第一后面的个人任意排列，这种情况的概率为：
.
②第二种情况，录用了面试得分第二的人.
若面试得分第一的人在前三位，则第二的人在第10位，其他人任意排列，
这种情况的概率为.
若面试得分第一的人不在前二位，那么他一定在第二的人后面，第二的人在第位，
同样在他前面的个人中的最高分必然在前3位，其他个人可以任意排列，
在得分第二后面的（含第一）个人任意排列，这种情况的概率为：
综上，面试得分第一､二的两名毕业生之一被录用的概率为：