备战 2025 浙江高考数学模拟卷二

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题）
一、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，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据对数型函数的定义域和二次函数值域即可得到，再根据交集含义计算即可.
【详解】集合中，所以或，集合中，
所以，
故选：A.
2．已知复数满足，且是复数的共轭复数，则的值是（ ）
A．B．3C．5D．9
【答案】C
【分析】先化简复数，再求出，最后得解.
【详解】，
，
.
故选：C
3．已知和的夹角为，且，则（ ）
A．B．C．3D．9
【答案】C
【分析】根据向量数量积运算求得正确答案.
【详解】
故选：C
4．设双曲线，椭圆的离心率分别为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得椭圆的离心率，进而可求得双曲线的离心率，可求的值.
【详解】由椭圆，可得，
所以，所以椭圆的离心率，
又，所以双曲线的离心率为，
又双曲线，所以，
所以，解得.
故选：B.
5．在中，角的对边分别为，已知，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，利用正弦定理，求得，再由，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】在中，因为，
可得，且，
由正弦定理得，
又因为，
可得，
所以的面积为.
故选：A.
6．蒙古包是我国蒙古族牧民居住的房子，适于牧业生产和游牧生活．如图所示的蒙古包由圆柱和圆锥组合而成，其中圆柱的高为，底面半径为是圆柱下底面的圆心．若圆锥的侧面与以为球心，半径为的球相切，则圆锥的侧面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意结合圆柱、圆锥以及球的结构特征解得圆锥母线长，进而可求圆锥的侧面积.
【详解】设为圆锥高，为圆锥母线长
以为球心，半径为4的球与圆锥侧面相切，则，
在中，，可得，
且，则，解得，
所以圆锥的侧面积为.
故选：C.
7．《测圆海镜》是金元之际李冶所著中国古代数学著作，这是中国古代论述容圆的一部专著，也是论述天元术的代表作.天元术与现代数学中列方程的方法基本一致，先立“天元一”为…，相当于“设为…”，再根据问题的已知条件列出两个相等的多项式，最后通过合并同类项得到方程.设，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】令，结合得到，又，将问题转化为等差数列求和，从而得解.
【详解】令，
当时，，
两式相减可得 ①，
当时，，满足①式，
所以，
故选：D.
8．已知函数的定义域均为，是奇函数，且 ，则（ ）
A．为奇函数B．为奇函数C．D．
【答案】D
【分析】A选项，根据已知条件推出是周期为4的周期函数，故也是周期为4的周期函数，f-x=fx，故A错误；C选项，推出f1=0，f3=0，f2+f4=0，从而求出；B选项，由f1=0得，故B错误；D选项，计算出g2=2，，故，结合函数的周期得到答案.
【详解】A选项，因为，所以，
又，则有，
因为是奇函数，所以，
可得，即有fx+2=-fx与，
即，
所以是周期为4的周期函数，故也是周期为4的周期函数.
因为且fx+2=-fx. 所以f-x=fx，
所以为偶函数. 故A错误，
C选项，由是奇函数，则f1=0，
因为fx+2=-fx，所以f3=0，
又，是周期为4的周期函数，
故，
所以，所以C错误；
B选项，由f1=0得，故不是奇函数，所以B错误；
D选项，因为，所以，
.
所以，
所以，所以D选项正确
故选：D
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．已知函数，，则下列结论正确的是（ ）
A．与的图象有相同的对称轴
B．与的值域相同
C．与有相同的零点
D．与的最小正周期相同
【答案】AD
【分析】根据题意分别画出两函数图象，可求得它们的对称轴、值域、零点、最小正周期等，即可得出结论.
【详解】画出函数的图象如下图所示：

易知的对称轴为，值域为0,1，零点为，最小正周期为；
易知，其图象如下图所示：

易知的对称轴为，即，值域为，零点为，最小正周期为；
因此可得与的图象有相同的对称轴，它们的最小正周期相同.
故选：AD
10．已知函数y=fx的导函数为y=gx，且，则（ ）
A．点是曲线y=gx的对称中心B．函数有三个零点
C．函数只有一个极值点D．当时，
【答案】ACD
【分析】选项A根据是奇函数，图象关于点对称可判断；选项B根据导数求得单调性和极值可判断；选项C根据导数判断函数的单调性进而可得；选项D先构造函数利用单调性判断，进而利用的单调性可得.
【详解】选项A：因为是奇函数，图象关于点对称，
所以的图象关于点对称，A正确；
选项B：因为，由解得或，解得，
所以在区间单调递增，-1,1单调递减，单调递增，
且，，，所以有两个零点，B错误；
选项C：因为，所以在区间单调递减，单调递增，
即只有一个极值点，C正确；
设，，
由h'x>0解得，h'x<0解得，
所以hx在区间单调递减，0,+∞单调递增，
，所以，
因为在区间单调递增，所以由，
得，D正确，
故选：ACD．
11．如图所示的曲线被称为双纽线，该种曲线在生活中应用非常广泛，其代数形式可表示为坐标中（为坐标原点）动点到点的距离满足：，则（ ）

A．OP的最大值是
B．若是曲线上一点，且在第一象限，则
C．与有1个交点
D．面积的最大值是
【答案】ACD
【分析】根据对称性可知运动到轴上时，此时OP最大，即可求解A，根据特殊位置法即可求解B，利用与的交点，即可结合，求解C，利用判别式可得，即可求解D.
【详解】由双纽线的对称性可知：当运动到轴上时，此时OP最大，不妨设此时在轴的正半轴上，设此时，
由，得，解得，故OP的最大值是，A正确，
设Px,y，则，令，则，解得，而此时，不满足，故B错误，
联立与，则，解得，
故直线与曲线只有一个交点，而，，由A易知双纽线中，
根据对称性，只需研究上与的交点情况，显然只有原点这1个交点，C正确，
对于D，由可得，
令，则，该方程有实数根，故，解得，故，
，故D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：根据与的交点，结合，，可判断与的交点，由二次型方程的根，利用判别式可求解最大的纵坐标.
第II卷（非选择题）
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．的展开式中项的系数为84，则实数 ．
【答案】
【分析】写出通项，根据题意列方程即可得解.
【详解】展开式的通项为，
因为项的系数为84，所以，解得.
故答案为：
13．直线与曲线相切，则 ．
【答案】
【分析】设切点坐标为，由导数的几何意义求解即可.
【详解】设切点坐标为，由于，
所以切线的斜率为：，
所以曲线在处的切线方程为：，即，
所以，，
故答案为：.
14．如图，在四棱锥中，平面，，，四边形为直角梯形，，，给出下列结论：①平面；②三棱锥的外接球的表面积为；③异面直线与所成角的余弦值为；④直线与平面所成角的正弦值为.则所有正确结论的序号是 .
【答案】②③
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法验证与的垂直关系，可判断①；根据题意，找到球心的位置，计算球的表面积，可判断②；利用向量法求异面直线与所成角的余弦值，可判断③；利用向量法求直线与平面所成角的正弦值，可判断④.
【详解】对于①：由题意知AB，AD，AP两两垂直，故以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，A0,0,0，B1,0,0，，P0,0,1，，，，
若平面，则平面，得，而，
所以与不垂直，故①错误.
对于②；取的中点O，连接，可得，
因为，
所以，则为直角三角形，且，
所以，则，
所以O为三棱锥的外接球的球心，
于是外接球半径，
故三棱锥的外接球的表面积为，故②正确.
对于③：设异面直线与所成的角为，
则由①的解法一可知，，
因为异面直线所成角的范围是，
所以，故③正确；
对于④：由①的解法一知，，，
设平面的法向量为n=x,y,z，则，
取，则，
设直线PB与平面PCD所成的角为，
则，故④错误.
故答案为：②③.
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)若曲线在点处的切线方程为，求a和b的值；
(2)讨论的单调性.
【答案】(1)，
(2)答案见解析
【分析】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义与斜率关系即可求解；
（2）结合导数与单调性关系对的范围进行分类讨论即可求解．
【详解】（1），则．
曲线在点处的切线方程为，
则，解得，
由，解得，
（2），函数定义域为，
则，
令，解得或，
若，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，
若，则当时，，单调递减，当和时，，单调递增，
若，则在上恒成立，单调递增，
若，则当时，，单调递减，当和时，，单调递增，
综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．
16．（15分）若一个数列从第二项起，每一项与前一项的差值组成的新数列是一个等差数列，则称这个数列是一个“二阶等差数列”，已知数列是一个二阶等差数列，其中．
(1)求及的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据给定条件，求出递推公式，求出，再利用累加法求出通项公式.
（2）由（1）的结论求出，利用分组求和及裂项相消法求和即得.
【详解】（1）由，得，，
由数列an是一个二阶等差数列，得是以2为首项，1为公差的等差数列，
因此，，
当时，，
满足上式，则，
所以an的通项公式是.
（2）由（1）知，，
所以
．
17．（15分）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，M为的中点.

(1)证明：；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点，连接，先证明平面，再证平面，最后证明平面，得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
又平面，所以平面.
因为平面，所以，
又是的中点，所以，
因为平面，且，
所以平面，又因为，
所以.
（2）因为，由（1）知四边形为矩形，则，
又平面，所以平面，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，
取平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以，
，
设平面与平面所成二面角为，
则，所以，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为.
18．（17分）已知椭圆的右焦点为，分别为椭圆的左、右顶点，分别为椭圆的上、下顶点，四边形的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点且斜率不为的直线与椭圆相交于两点，直线与的交点为．
①若直线的倾斜角为，求线段的长度；
②试问是否有最大值？如果有，求出的最大值；如果没有，说明理由．
【答案】(1)
(2)①；②有，
【分析】（1）根据条件，建立方程组，即可求解；
（2）①由题知直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消得到，再利用弦长公式，即可求解；②设直线，联立椭圆方程，消得到，设直线的斜率分别为，进而可得，又，即可求解.
【详解】（1）由题知，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设，
①当直线的倾斜角为时，直线的方程为，
由，消得到，
所以，
所以.
②由（1）知，易知，
设直线，由，消得到，
所以，
设直线的斜率分别为，且，
所以，
得到，又，
当且仅当，即时，的最大值为，
又，所以的最大值为.
【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）问中的②，设直线，联立椭圆方程，消得到，由韦达定理知，设直线的斜率分别为，从而得出，又，即可求解.
19．（17分）记数列an中前项的最大值为，数列bn称为an的“数列”，由所有的值组成的集合为．
(1)若，且中有3个元素，求的取值范围；
(2)若数列an，bn都只有4项，bn为an的“数列”，满足且存在，使得，求符合条件的数列bn的个数；
(3)若，an的“数列”bn的前n项和为，从，，，…，中任取3个，记其中能被2整除且不能被4整除的个数为，求．
【答案】(1)
(2)20
(3)
【分析】（1）根据中有3个元素结合数列单调性定义可得，，从而可得参数的取值范围.
（2）就可得an中必有，就在数列an中的不同位置分类讨论后可得bn的个数.
（3）根据特殊角的三角函数结合bn可得其通项，从而可求，
【详解】（1）因为中有3个元素，故an不是单调数列，
因为，
所以，
当时，，当时，
故当时an为增函数，时an为减数列，
因为中有3个元素，所以，，即，，
所以，解得，所以的取值范围是．
（2）若，则，bn有1个，
①若且，则，有3种可能，bn有3个，
②若且，，则，
若则，若，，的值可能是4或6，
若，则，的值可能是2或4或6，
符合条件的bn有6个．
③若，，均不为8，则，，
，，的值可能分别为：2，2，2；对应的，，的值可为；
，，的值可能分别为2，2，4；对应的，，的值可为；
，，的值可能分别为2，2，6；对应的，，的值可为，
，，的值可能分别为2，4，4；对应的，，的值可为，
，，的值可能分别为2，4，6；对应的，，的值可为，
，，的值可能分别为2，6，6；对应的，，的值可为，
，，的值可能分别为4，4，4；对应的，，的值可为，
，，的值可能分别为4，4，6；对应的，，的值可为，
，，的值可能分别为4，6，6；对应的，，的值可为，
，，的值可能分别为6，6，6；对应的，，的值可为，
故此时符合条件的bn有10个，
综上，符合条件的bn共有，综上得符合条件的bn有20个．
（3）由题意得
所以，，，
所以，能被4整除，
，不能被2整除，
，能被2整除，不能被4整除，
，不能被2整除，
所以，，…，中能被2整除，但不能被4整除的有n个，
，，，，
．
【点睛】思路点睛：数列新定义问题，应该根据定义得到新数列的形成过程，将该过程与数列常见性质（如单调性等）结合在一起，另外数列的最值或诸项之间的大小关系往往和数列的单调性相关.