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2025年浙江省嘉兴市高考数学模拟试卷（4月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复数的虚部是( )
A. B. C. D.
2.关于的不等式的解集为( )
A. B. C. D.
3.在所在平面内，点满足，记，，则( )
A. B. C. D.
4.“”是“圆：不经过第三象限”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
5.若某正四面体的内切球的表面积为，则该正四面体的外接球的体积为( )
A. B. C. D.
6.已知抛物线：，其准线为，焦点为，过的直线与和从左到右依次相交于，，三点，且，则和的面积之比为( )
A. B. C. D.
7.已知函数的定义域为，且，，，则( )
A. B. C. D.
8.甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，若第一次由甲传出，则经过次传球后，球恰在乙手中的概率为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 残差越小，模型的拟合效果越好
B. 若随机变量，则
C. 数据，，，，，，的第百分位数是
D. 一组数，，，的平均数为，若再插入一个数，则这个数的方差不变
10.已知，则下列说法正确的是( )
A. 在区间上单调递增
B. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到曲线，则曲线关于原点对称
C. 若是偶函数，则
D. 若在区间上恰有个零点，则
11.用笔从空间多面体的一个顶点出发，沿棱画线，不间断、不重复，最终回到起点或到达另一个顶点的过程称为“笔”现定义：如果遍历一个空间多面体所有的顶点和棱至少需要笔，则该多面体称为笔画多面体那么下列说法正确的是( )
A. 五棱锥是笔画多面体 B. 正方体是笔画多面体
C. 棱锥是笔画多面体 D. 棱柱是笔画多面体
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.的展开式中的系数为______．
13.记的内角，，的对边分别为，，，已知，则 ______．
14.设函数，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为______．
四、解答题：本题共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.本小题分
已知函数．
求曲线在点处的切线方程；
求函数在区间上的最大值．
16.本小题分
如图，在边长为的正三角形中，，分别为，的中点，将沿翻折至，使得．
证明：平面平面；
求直线与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
记为数列的前项和，已知，，数列满足
求数列的通项公式；
记数列的前项和为，若对任意，，求实数的取值范围．
18.本小题分
已知双曲线：的左、右焦点分别为，，离心率为过点的直线分别交的左、右两支于，两点，且．
求的值；
求的取值范围；
若，证明：
19.本小题分
记集合，为集合的两个子集，且满足，定义：分别表示集合，中所有元素的和．
当时，求的所有可能的值；
求的最小值；
设为不超过的自然数，且与的奇偶性相同，证明：存在，，使得．
参考答案
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15.解：由题意可得，所以，又，
由直线的点斜式方程可得在处的切线方程为，即；
因为的定义域为，
令，得或，
所以当时，；当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
所以在区间的最大值为．
16.证明：连接，为等边三角形，为中点，则，
又，且平面，平面，，平面，
又平面，平面平面．
解：过点作，垂足为，平面平面，且平面平面，平面，
又，分别为，中点，
翻折后，，，由对称性可知，
又，，由等面积得，
设直线和平面所成角为，点到面的距离为，
由，得，
又，，
，，故直线与平面所成角的正弦值为．
17.解：由，，可得，
解得舍去，
当时，，
化为，
由，可得，
即有数列是首项为，公差为的等差数列，则；
数列满足，，
则当为偶数时，，
由任意，，可得恒成立，由在时取得最小值，
可得；
当为奇数时，，
由任意，，可得恒成立，由在时取得最小值，
可得；
综上，可得，即的取值范围是．
18.解：如图，
设直线与轴所成锐角为，
则，同理得出，
因为，即，即，
因为，同号且，得，
所以，则；
设直线为，联立，得，
则，，；
因为直线交的左、右两支于、两点，
所以，则，
由知，即，
化简得，
由，所以，
即，则；
证明：当时，则，，由得，
设、的中点为，
则，，
又，所以，
那么，所以，根据三线合一可知，
19.解：若，由于，的对称性，
只需考虑以下情况：，，；，，；
，，；，，；
，，；，，；
，，；，，．
所以的所有可能值为：，，，，，．
首先计算时：令，，
观察可知，，且集合，均有项，且这首尾相加为，
所以，所以，即此时的最小值为对于其它情况：当时，
由为奇数，
由知为奇数，考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，
对于其它情况：当时，由为奇数，
由知为奇数，考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，现令，，可知，
即此时最小值为；当时，为奇数，为奇数．
考虑的子集中有项，那么参照上面证明存在，满足，
现令，，可知，即此时最小值为；
当时，为偶数，为偶数，
考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，现令，，
可知，即此时最小值为．
综上所述可知当或时，，或时，．
证明：首先证明与的奇偶性相同：由题意知，
所以，因为是偶数，所以对于任意的，，与的奇偶性相同．
下面用数归法证明：当与奇偶性相同且时，
存在，满足当或时，由可知存在，满足，
假设时成立为小于且与其奇偶性相同自然数，
即此时存在，满足，由于，
不妨令若此时，则可令，那么，
即说明时命题成立，若此时，必存在正整数满足且否则有，，
此时有，令，，
此时，满足：，即时命题立，由归纳法可知命题成立．
当时，令，，，综上所述命题成立．
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