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浙江省北斗星盟2024-2025学年高三下学期5月三模数学试题
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，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025·浙江模拟）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合 中的元素都是形如 的整数，其中 是整数，
又因为集合 包含所有大于 且小于 4 的实数，
由 ，解得 ，
由 ，解得 ，
所以，
当 时，，
当 时，，
则 中的元素是.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025·浙江模拟）已知，，且，则（　　）
A．4 B．2 C． D．1
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可知，，解得，
所以，所以，
所以
故选：A.
【分析】根据向量的数量积运算列方程可求得，即可求得，利用向量的坐标运算即可求得，进而利用向量的模长公式可求得.
3．（2025·浙江模拟）“且复数”是“”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
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；复数的基本概念
【解析】【解答】解：，
若 ，则，解得，
所以“”是“”的必要不充分条件，即“且复数”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
【分析】复数属于实数，则虚部为0，列式求出参数a的值，进而根据充分条件和必要条件的定义即可求解.
4．（2025·浙江模拟）下列说法错误的是（　　）
A．若随机变量，则当较小时，对应的正态曲线“瘦高”，随机变量的分布较集中
B．在做回归分析时，用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好
C．若样本数据的平均数为3，则的平均数为10
D．一组数据6，7，7，8，10，12，14，17，19，21的第80百分位数为17
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、对于正态分布，为标准差，越小，数据越集中在均值附近，对应的正态曲线“瘦高”，随机变量的分布较集中，故选项A正确.
B、在回归分析中，决定系数用于刻画模型的回归效果，越接近，表示模型对数据的拟合效果越好，即越大，说明模型拟合的效果越好，故选项B正确.
C、因为的平均数为，所以的平均数为，故选项C正确.
D、因为，所以第80百分位数为，故选项D错误.
故选：D.
【分析】根据正态分布的性质即可判断选项A；根据决定系数的意义即可判断选项B；根据平均数的性质即可判断选项C；根据百分位数的定义计算即可判断选项D.
5．（2025·浙江模拟）设等比数列的前项和为，且恰为和的等差中项，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差中项
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
由题意可得， ，所以，
所以.
故选：D.
【分析】结合已知条件和等差中项求得公比，进而利用等比数列的求和公式即可求得 .
6．（2025·浙江模拟）已知，，则（　　）
A．0 B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由题意可知当时，，所以，
与矛盾，所以，，
所以，
所以，即，
故选：A.
【分析】对是否为进行讨论，可得，，再结合二倍角的正弦公式可得，进而可得，再利用两角和的余弦公式即可求解.
7．（2025·浙江模拟）在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面的所成角为最小时，截面的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱柱的结构特征；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：如图所示，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、，设平面交直线于点，
则，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则y=-a-2，z=4，所以，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的所成角为，
所以，
当且仅当时，取最大值，此时平面与平面所成角最小，
则，
设平面交棱于点，，
因为，则，解得，即点，
结合图形可知，平面分别交棱、于点、，
如图所示，设点在平面内的射影点为，
过点在平面内作，连接，
因为平面，平面，所以，
因为，，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
故为锐二面角的平面角，
在中，，
推广到其他多边形的面积也成立，
因为，
设截面的面积为，由射影面积法可得，
所以.
故选：B.
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设平面交直线于点，先求出平面与平面的法向量，进而利用向量的夹角公式可求出平面与平面的所成角为最小时的值以及对应的夹角的余弦值，可求得平面的法向量，进而证明射影面积法，求得，进而利用射影面积法即可求出截面的面积.
8．（2025·浙江模拟）已知函数设，若函数仅有一个零点，则实数的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】导数的几何意义；简单复合函数求导法则；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为函数仅有一个零点，
所以函数的图象与函数的图象只有一个交点.
函数恒过定点，，
如图所示为两个函数的图象，两个函数图象已经有一个交点.
当时，，其导函数，
当直线与函数在处相切时，只有一个交点，
此时，解得，所以当时，有两个交点.
当时，，其导函数，
当直线与函数在处相切时，只有一个交点，
此时，解得，所以当时，有两个交点.
综上所述，要使函数仅有一个零点，所以实数的取值范围是.
故选：C.
【分析】 将函数仅有一个零点转化为的图象与函数的图象只有一个交点，同一坐标系内作出两函数图象，求出函数切线得到极端情况，数形结合即可得到实数的取值范围 .
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．（2025·浙江模拟）已知函数（其中，）的最大值为，其图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．函数的图象向左平移单位后关于原点对称
C．函数的图象关于点对称
D．函数在区间上单调递增
【答案】A,B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以该函数最小正周期为，因为 ，所以，故选项A正确；
B、因为函数的最大值为，所以，所以，
函数的图象向左平移单位后，可得到函数的图象，该函数为奇函数，图象关于原点对称，故选项B正确；
C、，所以函数的图象不关于点对称，故选项C错误；
D、当时，，所以函数在区间上单调递增，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据对称轴的距离可求得函数的周期，进而利用周期公式即可求得的值可判断选项A；根据最大值可求得A的值，进而求得函数的解析式，根据三角函数的图象变换和正弦型函数的奇偶性即可判断选项B；根据正弦型函数的对称性和单调性即可判断选项CD.
10．（2025·浙江模拟）已知，，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．的最小值为1
C．若，则的最小值为8
D．若恒成立，则的最小值为
【答案】A,C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A、，当且仅当时取等号，
即，所以，解得．故选项A正确；
B、，
当且仅当，即时取等号，显然的值不存在，故选项B错误；
C、因为，所以
当且仅当时，即时取等号，所以的最小值为8，故选项C正确，
D、因为恒成立，且，，
所以恒成立，而
，
令，则可化为，
令，则，
化简得，
而该一元二次方程一定有实数根，得到，
解得，当时，，
故，故即，
得到，则的最小值为，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】利用基本不等式可得，解不等式即可判断选项A；利用基本不等式的配凑法可得，进而结合取等条件即可判断选项B；根据“1”的代换可得，进而利用基本不等式即可判断选项C；先分离参数，再对平方后利用换元法和判别式法求解最值，得到的最小值可判断选项D.
11．（2025·浙江模拟）如图，是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，点在线段上，则（　　）
A．存在，使得面
B．若是的中点，则
C．过四点，，B，D四点的外接球体积为
D．截面四边形的周长的最小值为
【答案】B,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A、如图所示，以点D为原点建立空间直角坐标系，
则，设，
则，
设平面的法向量为，则
令x=2，则y=-2，z=1，所以，
若面，则，即，解得，与矛盾，
故不存在，使得面，故选项A错误；
B、若是的中点，则，而，所以，
而，所以，即，故选项B正确.
C、如图所示，过四点，，，构造长方体，
所以四面体的外接球直径为长方体的体对角线，
所以，解得，
所以此四点的外接球的体积为，故选项C正确；
D、
因为平面平面，平面平面，
平面平面，
所以，同理可得，
所以四边形为平行四边形，则周长，
如图所示，将直角梯形、直角梯形展平在同一个平面上，
当，，三点共线时，最小且此时最小值为，
所以周长的最小值为，故选项D正确，
故选：BCD.
【分析】建立空间直角坐标系，设，求得直线A1G的方向向量与平面的法向量，若存在，使得面 ，直线A1G的方向向量与平面的法向量相互垂直，根据向量的数量积运算列式求得对应的h值，即可判断选项A；求出点G的坐标，再求得，，利用向量的数量积运算即可判断选项B；利用补体法可求外接球半径，进而利用球的体积公式计算即可判断选项C；证得四边形为平行四边形，即可得周长，利用侧面展开图可知当，，三点共线时，取得最小值，即可求得周长的最小值可判断选项D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025·浙江模拟）已知的展开式中含项的系数为16，则　 　.
【答案】2
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：，
因为展开式的通项公式为，，
所以展开式中含项的，
所以，解得.
故答案为：.
【分析】，求得展开式的通项公式，进而求得的展开式中含项的系数，列式即可求得a的值.
13．（2025·浙江模拟）过原点的直线与圆交于、两点，若三角形的面积为，则直线的方程为　 　.
【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的一般方程；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：圆的圆心为，半径，
所以，
所以，所以圆心到直线的距离为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
所以，解得，所以直线的方程为.
故答案为：.
【分析】先求得圆C的圆心C的坐标和半径，进而结合已知条件和三角形的面积公式可知，进而可求出圆心到直线的距离，易知直线的斜率存在，设直线的方程为，利用点到直线的距离公式列式即可求得k的值，进而可求得直线的方程.
14．（2025·浙江模拟）已知为正整数，有穷数列中所有可能的乘积的和记为．例如，当时，，则数列的前项和为　 　．
【答案】
【知识点】等比数列的前n项和；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可知，
，
令，所以，
则的前 项和为
故答案为：．
【分析】根据定义和等比数列的前n项和公式先求出，利用裂项相消求得，进而即可求出数列的前项和即可．
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．（2025·浙江模拟）已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，且.
（1）求；
（2）若边上的高为，且的周长为6，求.
【答案】（1）解：由正弦定理可得，
又，
∴，
即，
∵，∴，
，，
又，∴，
∴，；
（2）解：，，
由余弦定理可得，即，
又，
，
.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式可得，进而根据辅助角公式可得，根据正弦函数的性质即可求得A的值；
（2）由三角形面积得到方程，得到，进而利用余弦定理可得，根据三角形周长可得，解方程即可求得a的值.
（1），由正弦定理得
，
又，
∴，
即，
∵，∴，
，，
又，所以，
∴，；
（2），，
由（1）知，，
由余弦定理得，即，
即，
又，
，
.
16．（2025·浙江模拟）如图，已知正方形和等腰梯形所在的平面互相垂直，，，.
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：设与交于点，连接，
在正方形中，，所以，所以，
而，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）解：设的中点为，连接，
因为四边形为等腰梯形，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
如图所示，以为坐标原点，，，的方向分别为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
则，，，，设，，
则，，
因为，所以，解得（舍去）.
所以，，，，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，所以
设平面的法向量为，
则，
令，则，所以.
因为，所以
所以二面角的正弦值为.

【知识点】直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）设与交于点，连接，根据已知条件可证得四边形为平行四边形，即可得，进而利用线面平行的判定定理即可证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式先求得二面角夹角的余弦值，进而根据同角三角函数的关系式即可求得正弦值.
（1）设与交于点，连接.
在正方形中，，所以，所以，
而，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）设的中点为，连接，由题知四边形为等腰梯形，
又为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
则以为坐标原点，，，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
设，，则，，
由，得，解得（舍去）.
所以，，，，，
设平面的法向量为，
则得，
取，可得，
所以为平面的一个法向量.
设平面的法向量为，则，
，取，可得，
则.
因为，故
故二面角的正弦值为.
17．（2025·浙江模拟）已知函数，.
（1）若曲线在点处的切线斜率为4，求的值；
（2）当时，讨论函数的单调性；
（3）已知的导函数在上存在零点，求证：当时，.
【答案】（1）解：由题意可得，，
所以，解得.
（2）解： 易知函数 的定义域为(0，+∞)，
所以，
当时，令，解得或，
①当，即时，令，解得或；令，解得；
所以在，上单调递增，在上单调递减；
②当，即时，所以恒成立，所以在上单调递增；
③当，即时，令，解得或；
令，解得；
所以在，上单调递增，在上单调递减；
综上所述，当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（3）证明：由（2）知：若在区间上存在零点，则，解得.
在上单调递增，在上单调递减，
所以，
令，，所以，
令，则在时恒成立，
所以在上单调递减，所以，即在时恒成立，
所以在上单调递减，则，所以.
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）先对函数 进行求导，根据导数的几何意义可得，解方程即可求得a的值；
（2）先求得函数的定义域，根据求导可得，根据a的取值分，，利用导数讨论函数的单调性即可；
（3）结合（1）可得，进而可得，构造函数令，，利用二次求导的单调性，进而可求得，即可证得当时，.
（1）∵，则，
由题意可得，解得；
（2），
当时，令，解得或，
①当，即时，令，解得或；令，解得；
故在，上单调递增，在上单调递减；
②当，即时，则恒成立，故在上单调递增；
③当，即时，令，解得或；
令，解得；
故在，上单调递增，在上单调递减；
（3）由（2）知：若在区间上存在零点，则，解得.
在上单调递增，在上单调递减，
则，
令，，则，
令，则在时恒成立，
故在上单调递减，则，即在时恒成立，
则在上单调递减，则，故.
18．（2025·浙江模拟）已知椭圆的离心率为，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知B，A是椭圆的左、右顶点，不与轴平行或重合的直线交椭圆于M，N两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且，证明：直线过定点；
（3）如图，点为椭圆上不同于A，B的任一点，在抛物线上存在两点R，Q，使得四边形为平行四边形，求的最小值.
【答案】（1）解：由题意可知，，解得，
所以椭圆的方程为.

（2）证明：设直线的方程为，，，
联立，消x整理得，
所以，即，
所以，，
而，，所以，，
因为在椭圆上，所以，即，
所以，
所以，即
因为，在直线l上，所以，，
所以
，
所以，解得，此时，
所以直线的方程为，即直线过定点.
（3）解：由（1）知，设，，，连接，交于，
因为四边形为平行四边形，所以D为的中点且与轴既不垂直也不平行，
法一：，
所以，
所以，即①，
又因为，所以，所以，
所以直线的方程为，
联立得，
所以由，即②，
由①②得，
所以对任意的恒成立，
所以，解得，
所以p的最小值为.
法二：设，
联立，消整理得.
所以，
所以，即①，
所以，，
因为，，
所以，，
所以，
因为点，所以，
即，
令②，③，其中，，
由②得，代入③得，
代入①得，
解得，
因为，所以，
所以，所以，
所以p的最小值为.
【知识点】恒过定点的直线；椭圆的应用；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）结合已知条件和椭圆的性质列方程组，解方程组即可求得a，b的值，进而可求得椭圆的方程；
（2）设直线的方程，联立直线l与椭圆的方程 ，利用韦达定理得到，，再表示出，利用在椭圆满足先确定是定值，再结合题意确定是定值，利用，在直线l上，满足，进而建立方程得到，最后代回直线的方程即可得直线过定点；
（3）设，，，连接，交于，先证得所以D为的中点且与轴既不垂直也不平行，法一：先确定为定值，再判断出为定值，结合斜率的定义可得，再依据点差法得到直线的方程，依据题意得到，最后求解的取值范围；
法二：先设出的方程，结合韦达定理得到，再结合题意求出，结合可得，令②，③，其中，，最后结合题意得到，进而求解的取值范围即可.
（1）因为椭圆的离心率为，且，
所以，解得，
故椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，，，
由，得，
，即，
则，，
而，，直线斜率，
，，由在椭圆上，
得到，即，
因此，
由题意得，即
由，在直线l上，得，，
则
，
而，解得，此时，
则直线的方程为，即直线过定点.
（3）由（1）知，设，，，
连接，交于，
四边形为平行四边形，为的中点且与轴既不垂直也不平行，
法一：，
，，即记为①，
又，，，
直线的方程为，
∴由得，
由得记为②，
由①②得，
对任意的恒成立，
，即，的最小值为.
法二：设，将与联立消得.
由韦达定理可得，且，
即记为①，
，，
，，
得，，
，
点，，
即，
令，其中，，
我们把记为②式，把记为③式，
由②得，代入③得，
代入①得，
解得，，，
，，的最小值为.
19．（2025·浙江模拟）空气中的尘埃，天上的云朵飘忽随机不定、这些动态随机现象的研究有着重要的意义.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，等可能向四个方向移动，即粒子每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处.
（1）求粒子在第2秒末移动到点的概率；
（2）记第秒末粒子回到原点的概率为.
（i）已知求以及；
（ii）令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的.已知证明：该粒子是常返的.
【答案】（1）解：粒子在第2秒末，每一步分别是四个不同方向，共有16种方法，
粒子在第2秒可能运动到点有2种方法，分别为。
所以粒子在第2秒末移动到点的概率.

（2）解：（i）粒子奇数秒不可能回到原点，所以，
粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑：
每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形；
每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有种情形；
所以，
第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，
向下移动步，
所以
.
（ii）证明：因为，
所以，
所以，
令，所以，
所以在上单调递增，所以，即，
所以，
即为不超过的最大整数，
则对任意常数，当时，，
所以，
综上所述，当时，成立，因此该粒子是常返的.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式
【解析】【分析】（1）求出粒子在第2秒末时的所有运动方法总数以及在第2秒末移动到点的运动方法数，进而利用古典概型计算公式即可求得所求概率；
（2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故；粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概型计算公式求解即可；第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，向下移动步，表示出，由组合数公式化简即可得出答案；
（ii）利用题目条件可得，再令利用导数可得，进而可证得，进一步可得，即可得出答案.
（1）粒子在第2秒末，每一步分别是四个不同方向，共有16种方法，
粒子在第2秒可能运动到点有2种方法，
分别为先向右移动一个单位，再向下移动一个单位，或先向下移动一个单位，再向右移动一个单位，
故；
（2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故，
粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑：
每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形；
每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有种情形；
于是，
第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，
向下移动步，故
.
故.
（ii）利用可知：
，
于是，
令，，
故在上单调递增，
则，于是，
从而有，
即为不超过的最大整数，则对任意常数，
当时，，于是，
综上所述，当时，成立，因此该粒子是常返的.
1 / 1浙江省北斗星盟2024-2025学年高三下学期5月三模数学试题
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，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025·浙江模拟）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·浙江模拟）已知，，且，则（　　）
A．4 B．2 C． D．1
3．（2025·浙江模拟）“且复数”是“”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
4．（2025·浙江模拟）下列说法错误的是（　　）
A．若随机变量，则当较小时，对应的正态曲线“瘦高”，随机变量的分布较集中
B．在做回归分析时，用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好
C．若样本数据的平均数为3，则的平均数为10
D．一组数据6，7，7，8，10，12，14，17，19，21的第80百分位数为17
5．（2025·浙江模拟）设等比数列的前项和为，且恰为和的等差中项，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·浙江模拟）已知，，则（　　）
A．0 B． C．1 D．
7．（2025·浙江模拟）在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面的所成角为最小时，截面的面积为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·浙江模拟）已知函数设，若函数仅有一个零点，则实数的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．（2025·浙江模拟）已知函数（其中，）的最大值为，其图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．函数的图象向左平移单位后关于原点对称
C．函数的图象关于点对称
D．函数在区间上单调递增
10．（2025·浙江模拟）已知，，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．的最小值为1
C．若，则的最小值为8
D．若恒成立，则的最小值为
11．（2025·浙江模拟）如图，是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，点在线段上，则（　　）
A．存在，使得面
B．若是的中点，则
C．过四点，，B，D四点的外接球体积为
D．截面四边形的周长的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025·浙江模拟）已知的展开式中含项的系数为16，则　 　.
13．（2025·浙江模拟）过原点的直线与圆交于、两点，若三角形的面积为，则直线的方程为　 　.
14．（2025·浙江模拟）已知为正整数，有穷数列中所有可能的乘积的和记为．例如，当时，，则数列的前项和为　 　．
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．（2025·浙江模拟）已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，且.
（1）求；
（2）若边上的高为，且的周长为6，求.
16．（2025·浙江模拟）如图，已知正方形和等腰梯形所在的平面互相垂直，，，.
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的正弦值.
17．（2025·浙江模拟）已知函数，.
（1）若曲线在点处的切线斜率为4，求的值；
（2）当时，讨论函数的单调性；
（3）已知的导函数在上存在零点，求证：当时，.
18．（2025·浙江模拟）已知椭圆的离心率为，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知B，A是椭圆的左、右顶点，不与轴平行或重合的直线交椭圆于M，N两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且，证明：直线过定点；
（3）如图，点为椭圆上不同于A，B的任一点，在抛物线上存在两点R，Q，使得四边形为平行四边形，求的最小值.
19．（2025·浙江模拟）空气中的尘埃，天上的云朵飘忽随机不定、这些动态随机现象的研究有着重要的意义.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，等可能向四个方向移动，即粒子每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处.
（1）求粒子在第2秒末移动到点的概率；
（2）记第秒末粒子回到原点的概率为.
（i）已知求以及；
（ii）令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的.已知证明：该粒子是常返的.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合 中的元素都是形如 的整数，其中 是整数，
又因为集合 包含所有大于 且小于 4 的实数，
由 ，解得 ，
由 ，解得 ，
所以，
当 时，，
当 时，，
则 中的元素是.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可知，，解得，
所以，所以，
所以
故选：A.
【分析】根据向量的数量积运算列方程可求得，即可求得，利用向量的坐标运算即可求得，进而利用向量的模长公式可求得.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；复数的基本概念
【解析】【解答】解：，
若 ，则，解得，
所以“”是“”的必要不充分条件，即“且复数”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
【分析】复数属于实数，则虚部为0，列式求出参数a的值，进而根据充分条件和必要条件的定义即可求解.
4．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、对于正态分布，为标准差，越小，数据越集中在均值附近，对应的正态曲线“瘦高”，随机变量的分布较集中，故选项A正确.
B、在回归分析中，决定系数用于刻画模型的回归效果，越接近，表示模型对数据的拟合效果越好，即越大，说明模型拟合的效果越好，故选项B正确.
C、因为的平均数为，所以的平均数为，故选项C正确.
D、因为，所以第80百分位数为，故选项D错误.
故选：D.
【分析】根据正态分布的性质即可判断选项A；根据决定系数的意义即可判断选项B；根据平均数的性质即可判断选项C；根据百分位数的定义计算即可判断选项D.
5．【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差中项
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
由题意可得， ，所以，
所以.
故选：D.
【分析】结合已知条件和等差中项求得公比，进而利用等比数列的求和公式即可求得 .
6．【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由题意可知当时，，所以，
与矛盾，所以，，
所以，
所以，即，
故选：A.
【分析】对是否为进行讨论，可得，，再结合二倍角的正弦公式可得，进而可得，再利用两角和的余弦公式即可求解.
7．【答案】B
【知识点】棱柱的结构特征；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：如图所示，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、，设平面交直线于点，
则，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则y=-a-2，z=4，所以，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的所成角为，
所以，
当且仅当时，取最大值，此时平面与平面所成角最小，
则，
设平面交棱于点，，
因为，则，解得，即点，
结合图形可知，平面分别交棱、于点、，
如图所示，设点在平面内的射影点为，
过点在平面内作，连接，
因为平面，平面，所以，
因为，，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
故为锐二面角的平面角，
在中，，
推广到其他多边形的面积也成立，
因为，
设截面的面积为，由射影面积法可得，
所以.
故选：B.
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设平面交直线于点，先求出平面与平面的法向量，进而利用向量的夹角公式可求出平面与平面的所成角为最小时的值以及对应的夹角的余弦值，可求得平面的法向量，进而证明射影面积法，求得，进而利用射影面积法即可求出截面的面积.
8．【答案】C
【知识点】导数的几何意义；简单复合函数求导法则；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为函数仅有一个零点，
所以函数的图象与函数的图象只有一个交点.
函数恒过定点，，
如图所示为两个函数的图象，两个函数图象已经有一个交点.
当时，，其导函数，
当直线与函数在处相切时，只有一个交点，
此时，解得，所以当时，有两个交点.
当时，，其导函数，
当直线与函数在处相切时，只有一个交点，
此时，解得，所以当时，有两个交点.
综上所述，要使函数仅有一个零点，所以实数的取值范围是.
故选：C.
【分析】 将函数仅有一个零点转化为的图象与函数的图象只有一个交点，同一坐标系内作出两函数图象，求出函数切线得到极端情况，数形结合即可得到实数的取值范围 .
9．【答案】A,B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以该函数最小正周期为，因为 ，所以，故选项A正确；
B、因为函数的最大值为，所以，所以，
函数的图象向左平移单位后，可得到函数的图象，该函数为奇函数，图象关于原点对称，故选项B正确；
C、，所以函数的图象不关于点对称，故选项C错误；
D、当时，，所以函数在区间上单调递增，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据对称轴的距离可求得函数的周期，进而利用周期公式即可求得的值可判断选项A；根据最大值可求得A的值，进而求得函数的解析式，根据三角函数的图象变换和正弦型函数的奇偶性即可判断选项B；根据正弦型函数的对称性和单调性即可判断选项CD.
10．【答案】A,C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A、，当且仅当时取等号，
即，所以，解得．故选项A正确；
B、，
当且仅当，即时取等号，显然的值不存在，故选项B错误；
C、因为，所以
当且仅当时，即时取等号，所以的最小值为8，故选项C正确，
D、因为恒成立，且，，
所以恒成立，而
，
令，则可化为，
令，则，
化简得，
而该一元二次方程一定有实数根，得到，
解得，当时，，
故，故即，
得到，则的最小值为，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】利用基本不等式可得，解不等式即可判断选项A；利用基本不等式的配凑法可得，进而结合取等条件即可判断选项B；根据“1”的代换可得，进而利用基本不等式即可判断选项C；先分离参数，再对平方后利用换元法和判别式法求解最值，得到的最小值可判断选项D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A、如图所示，以点D为原点建立空间直角坐标系，
则，设，
则，
设平面的法向量为，则
令x=2，则y=-2，z=1，所以，
若面，则，即，解得，与矛盾，
故不存在，使得面，故选项A错误；
B、若是的中点，则，而，所以，
而，所以，即，故选项B正确.
C、如图所示，过四点，，，构造长方体，
所以四面体的外接球直径为长方体的体对角线，
所以，解得，
所以此四点的外接球的体积为，故选项C正确；
D、
因为平面平面，平面平面，
平面平面，
所以，同理可得，
所以四边形为平行四边形，则周长，
如图所示，将直角梯形、直角梯形展平在同一个平面上，
当，，三点共线时，最小且此时最小值为，
所以周长的最小值为，故选项D正确，
故选：BCD.
【分析】建立空间直角坐标系，设，求得直线A1G的方向向量与平面的法向量，若存在，使得面 ，直线A1G的方向向量与平面的法向量相互垂直，根据向量的数量积运算列式求得对应的h值，即可判断选项A；求出点G的坐标，再求得，，利用向量的数量积运算即可判断选项B；利用补体法可求外接球半径，进而利用球的体积公式计算即可判断选项C；证得四边形为平行四边形，即可得周长，利用侧面展开图可知当，，三点共线时，取得最小值，即可求得周长的最小值可判断选项D.
12．【答案】2
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：，
因为展开式的通项公式为，，
所以展开式中含项的，
所以，解得.
故答案为：.
【分析】，求得展开式的通项公式，进而求得的展开式中含项的系数，列式即可求得a的值.
13．【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的一般方程；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：圆的圆心为，半径，
所以，
所以，所以圆心到直线的距离为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
所以，解得，所以直线的方程为.
故答案为：.
【分析】先求得圆C的圆心C的坐标和半径，进而结合已知条件和三角形的面积公式可知，进而可求出圆心到直线的距离，易知直线的斜率存在，设直线的方程为，利用点到直线的距离公式列式即可求得k的值，进而可求得直线的方程.
14．【答案】
【知识点】等比数列的前n项和；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可知，
，
令，所以，
则的前 项和为
故答案为：．
【分析】根据定义和等比数列的前n项和公式先求出，利用裂项相消求得，进而即可求出数列的前项和即可．
15．【答案】（1）解：由正弦定理可得，
又，
∴，
即，
∵，∴，
，，
又，∴，
∴，；
（2）解：，，
由余弦定理可得，即，
又，
，
.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式可得，进而根据辅助角公式可得，根据正弦函数的性质即可求得A的值；
（2）由三角形面积得到方程，得到，进而利用余弦定理可得，根据三角形周长可得，解方程即可求得a的值.
（1），由正弦定理得
，
又，
∴，
即，
∵，∴，
，，
又，所以，
∴，；
（2），，
由（1）知，，
由余弦定理得，即，
即，
又，
，
.
16．【答案】（1）证明：设与交于点，连接，
在正方形中，，所以，所以，
而，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）解：设的中点为，连接，
因为四边形为等腰梯形，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
如图所示，以为坐标原点，，，的方向分别为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
则，，，，设，，
则，，
因为，所以，解得（舍去）.
所以，，，，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，所以
设平面的法向量为，
则，
令，则，所以.
因为，所以
所以二面角的正弦值为.

【知识点】直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）设与交于点，连接，根据已知条件可证得四边形为平行四边形，即可得，进而利用线面平行的判定定理即可证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式先求得二面角夹角的余弦值，进而根据同角三角函数的关系式即可求得正弦值.
（1）设与交于点，连接.
在正方形中，，所以，所以，
而，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）设的中点为，连接，由题知四边形为等腰梯形，
又为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
则以为坐标原点，，，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
设，，则，，
由，得，解得（舍去）.
所以，，，，，
设平面的法向量为，
则得，
取，可得，
所以为平面的一个法向量.
设平面的法向量为，则，
，取，可得，
则.
因为，故
故二面角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：由题意可得，，
所以，解得.
（2）解： 易知函数 的定义域为(0，+∞)，
所以，
当时，令，解得或，
①当，即时，令，解得或；令，解得；
所以在，上单调递增，在上单调递减；
②当，即时，所以恒成立，所以在上单调递增；
③当，即时，令，解得或；
令，解得；
所以在，上单调递增，在上单调递减；
综上所述，当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（3）证明：由（2）知：若在区间上存在零点，则，解得.
在上单调递增，在上单调递减，
所以，
令，，所以，
令，则在时恒成立，
所以在上单调递减，所以，即在时恒成立，
所以在上单调递减，则，所以.
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）先对函数 进行求导，根据导数的几何意义可得，解方程即可求得a的值；
（2）先求得函数的定义域，根据求导可得，根据a的取值分，，利用导数讨论函数的单调性即可；
（3）结合（1）可得，进而可得，构造函数令，，利用二次求导的单调性，进而可求得，即可证得当时，.
（1）∵，则，
由题意可得，解得；
（2），
当时，令，解得或，
①当，即时，令，解得或；令，解得；
故在，上单调递增，在上单调递减；
②当，即时，则恒成立，故在上单调递增；
③当，即时，令，解得或；
令，解得；
故在，上单调递增，在上单调递减；
（3）由（2）知：若在区间上存在零点，则，解得.
在上单调递增，在上单调递减，
则，
令，，则，
令，则在时恒成立，
故在上单调递减，则，即在时恒成立，
则在上单调递减，则，故.
18．【答案】（1）解：由题意可知，，解得，
所以椭圆的方程为.

（2）证明：设直线的方程为，，，
联立，消x整理得，
所以，即，
所以，，
而，，所以，，
因为在椭圆上，所以，即，
所以，
所以，即
因为，在直线l上，所以，，
所以
，
所以，解得，此时，
所以直线的方程为，即直线过定点.
（3）解：由（1）知，设，，，连接，交于，
因为四边形为平行四边形，所以D为的中点且与轴既不垂直也不平行，
法一：，
所以，
所以，即①，
又因为，所以，所以，
所以直线的方程为，
联立得，
所以由，即②，
由①②得，
所以对任意的恒成立，
所以，解得，
所以p的最小值为.
法二：设，
联立，消整理得.
所以，
所以，即①，
所以，，
因为，，
所以，，
所以，
因为点，所以，
即，
令②，③，其中，，
由②得，代入③得，
代入①得，
解得，
因为，所以，
所以，所以，
所以p的最小值为.
【知识点】恒过定点的直线；椭圆的应用；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）结合已知条件和椭圆的性质列方程组，解方程组即可求得a，b的值，进而可求得椭圆的方程；
（2）设直线的方程，联立直线l与椭圆的方程 ，利用韦达定理得到，，再表示出，利用在椭圆满足先确定是定值，再结合题意确定是定值，利用，在直线l上，满足，进而建立方程得到，最后代回直线的方程即可得直线过定点；
（3）设，，，连接，交于，先证得所以D为的中点且与轴既不垂直也不平行，法一：先确定为定值，再判断出为定值，结合斜率的定义可得，再依据点差法得到直线的方程，依据题意得到，最后求解的取值范围；
法二：先设出的方程，结合韦达定理得到，再结合题意求出，结合可得，令②，③，其中，，最后结合题意得到，进而求解的取值范围即可.
（1）因为椭圆的离心率为，且，
所以，解得，
故椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，，，
由，得，
，即，
则，，
而，，直线斜率，
，，由在椭圆上，
得到，即，
因此，
由题意得，即
由，在直线l上，得，，
则
，
而，解得，此时，
则直线的方程为，即直线过定点.
（3）由（1）知，设，，，
连接，交于，
四边形为平行四边形，为的中点且与轴既不垂直也不平行，
法一：，
，，即记为①，
又，，，
直线的方程为，
∴由得，
由得记为②，
由①②得，
对任意的恒成立，
，即，的最小值为.
法二：设，将与联立消得.
由韦达定理可得，且，
即记为①，
，，
，，
得，，
，
点，，
即，
令，其中，，
我们把记为②式，把记为③式，
由②得，代入③得，
代入①得，
解得，，，
，，的最小值为.
19．【答案】（1）解：粒子在第2秒末，每一步分别是四个不同方向，共有16种方法，
粒子在第2秒可能运动到点有2种方法，分别为。
所以粒子在第2秒末移动到点的概率.

（2）解：（i）粒子奇数秒不可能回到原点，所以，
粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑：
每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形；
每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有种情形；
所以，
第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，
向下移动步，
所以
.
（ii）证明：因为，
所以，
所以，
令，所以，
所以在上单调递增，所以，即，
所以，
即为不超过的最大整数，
则对任意常数，当时，，
所以，
综上所述，当时，成立，因此该粒子是常返的.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式
【解析】【分析】（1）求出粒子在第2秒末时的所有运动方法总数以及在第2秒末移动到点的运动方法数，进而利用古典概型计算公式即可求得所求概率；
（2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故；粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概型计算公式求解即可；第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，向下移动步，表示出，由组合数公式化简即可得出答案；
（ii）利用题目条件可得，再令利用导数可得，进而可证得，进一步可得，即可得出答案.
（1）粒子在第2秒末，每一步分别是四个不同方向，共有16种方法，
粒子在第2秒可能运动到点有2种方法，
分别为先向右移动一个单位，再向下移动一个单位，或先向下移动一个单位，再向右移动一个单位，
故；
（2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故，
粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑：
每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形；
每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有种情形；
于是，
第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，
向下移动步，故
.
故.
（ii）利用可知：
，
于是，
令，，
故在上单调递增，
则，于是，
从而有，
即为不超过的最大整数，则对任意常数，
当时，，于是，
综上所述，当时，成立，因此该粒子是常返的.
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