2025届浙江省嘉兴一中高三第三次模拟考试数学试卷含解析

2025届浙江省嘉兴一中高三第三次模拟考试数学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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，满足约束条件，则的最大值为A． B． C． D．2．已知集合，则等于（）A． B． C． D．3．抛物线方程为，一直线与抛物线交于两点，其弦的中点坐标为，则直线的方程为（）A． B． C． D．4．为双曲线的左焦点，过点的直线与圆交于、两点，（在、之间）与双曲线在第一象限的交点为，为坐标原点，若，且，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．5．在中，为中点，且，若，则（）A． B． C． D．6．已知函数，对任意的，，当时，，则下列判断正确的是（）A． B．函数在上递增C．函数的一条对称轴是 D．函数的一个对称中心是7．下列不等式正确的是（）A． B．C． D．8．已知直线：（）与抛物线：交于（坐标原点），两点，直线：与抛物线交于，两点.若，则实数的值为（）A． B． C． D．9．在区间上随机取一个数，使得成立的概率为等差数列的公差，且，若，则的最小值为（）A．8 B．9 C．10 D．1110．斜率为1的直线l与椭圆相交于A、B两点，则的最大值为A．2 B． C． D．11．将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数为偶函数，则的值为（）A． B． C． D．12．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积等于（）cm3A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．等边的边长为2，则在方向上的投影为________．14．正方体的棱长为2,是它的内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦),为正方体表面上的动点,当弦的长度最大时,的取值范围是______.15．如图所示，在直角梯形中，，、分别是、上的点，，且（如图①）.将四边形沿折起，连接、、（如图②）.在折起的过程中，则下列表述：①平面；②四点、、、可能共面；③若，则平面平面；④平面与平面可能垂直.其中正确的是__________.16．某校高二（4）班统计全班同学中午在食堂用餐时间，有7人用时为6分钟，有14人用时7分钟，有15人用时为8分钟，还有4人用时为10分钟，则高二（4）班全体同学用餐平均用时为____分钟.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知数列的前项和为，且满足．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）证明：．18．（12分）已知是递增的等比数列，，且、、成等差数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，，求数列的前项和.19．（12分）已知，函数．（1）若，求的单调递增区间；（2）若，求的值．20．（12分）设函数，.（1）求函数的极值；（2）对任意，都有，求实数a的取值范围.21．（12分）已知都是各项不为零的数列，且满足其中是数列的前项和，是公差为的等差数列．（1）若数列是常数列，，，求数列的通项公式；（2）若是不为零的常数），求证：数列是等差数列；（3）若（为常数，），．求证：对任意的恒成立．22．（10分）已知椭圆，左、右焦点为，点为上任意一点，若的最大值为3，最小值为1.（1）求椭圆的方程；（2）动直线过点与交于两点，在轴上是否存在定点，使成立，说明理由.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合即可得到结论．【详解】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，等价于，作直线，向上平移，易知当直线经过点时最大，所以，故选D．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．2、C【解析】

先化简集合A，再与集合B求交集.【详解】因为，，所以.故选：C【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及分式不等式的解法，属于基础题.3、A【解析】

设，，利用点差法得到，所以直线的斜率为2，又过点，再利用点斜式即可得到直线的方程.【详解】解：设，∴，又，两式相减得：，∴，∴，∴直线的斜率为2，又∴过点，∴直线的方程为：，即，故选：A.【点睛】本题考查直线与抛物线相交的中点弦问题，解题方法是“点差法”，即设出弦的两端点坐标，代入抛物线方程相减后可把弦所在直线斜率与中点坐标建立关系．4、D【解析】

过点作，可得出点为的中点，由可求得的值，可计算出的值，进而可得出，结合可知点为的中点，可得出，利用勾股定理求得（为双曲线的右焦点），再利用双曲线的定义可求得该双曲线的离心率的值.【详解】如下图所示，过点作，设该双曲线的右焦点为，连接.，.，，，为的中点，，，，，由双曲线的定义得，即，因此，该双曲线的离心率为.故选：D.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，解题时要充分分析图形的形状，考查推理能力与计算能力，属于中等题.5、B【解析】

选取向量，为基底，由向量线性运算，求出，即可求得结果.【详解】，，，，，.故选：B.【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量基本定理，属于基础题.6、D【解析】

利用辅助角公式将正弦函数化简，然后通过题目已知条件求出函数的周期，从而得到，即可求出解析式，然后利用函数的性质即可判断.【详解】，又，即，有且仅有满足条件；又，则，，函数，对于A，，故A错误；对于B，由，解得，故B错误；对于C，当时，，故C错误；对于D，由，故D正确.故选：D【点睛】本题考查了简单三角恒等变换以及三角函数的性质，熟记性质是解题的关键，属于基础题.7、D【解析】

根据，利用排除法，即可求解．【详解】由，可排除A、B、C选项，又由，所以．故选D．【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及对数的比较大小问题，其中解答熟记三角函数与对数函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．8、D【解析】

设，，联立直线与抛物线方程，消去、列出韦达定理，再由直线与抛物线的交点求出点坐标，最后根据，得到方程，即可求出参数的值；【详解】解：设，，由，得，∵，解得或，∴，.又由，得，∴或，∴，∵，∴，又∵，∴代入解得.故选：D【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用，弦长公式的应用，属于中档题.9、D【解析】

由题意，本题符合几何概型，只要求出区间的长度以及使不等式成立的的范围区间长度，利用几何概型公式可得概率，即等差数列的公差，利用条件，求得，从而求得，解不等式求得结果.【详解】由题意，本题符合几何概型，区间长度为6，使得成立的的范围为，区间长度为2，故使得成立的概率为，又，，，令，则有，故的最小值为11，故选：D.【点睛】该题考查的是有关几何概型与等差数列的综合题，涉及到的知识点有长度型几何概型概率公式，等差数列的通项公式，属于基础题目.10、C【解析】

设出直线的方程，代入椭圆方程中消去y，根据判别式大于0求得t的范围，进而利用弦长公式求得|AB|的表达式，利用t的范围求得|AB|的最大值．【详解】解：设直线l的方程为y＝x+t，代入y2＝1，消去y得x2+2tx+t2﹣1＝0，由题意得△＝（2t）2﹣1（t2﹣1）＞0，即t2＜1．弦长|AB|＝4．故选：C．【点睛】本题主要考查了椭圆的应用，直线与椭圆的关系．常需要把直线与椭圆方程联立，利用韦达定理，判别式找到解决问题的突破口．11、D【解析】

利用三角函数的图象变换求得函数的解析式，再根据三角函数的性质，即可求解，得到答案．【详解】将将函数的图象向左平移个单位长度，可得函数又由函数为偶函数，所以，解得，因为，当时，，故选D．【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象变换，合理应用三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．12、D【解析】解：根据几何体的三视图知，该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体，结合图中数据，计算它的体积为：V=V三棱柱+V半圆柱=×2×2×1+•π•12×1=（6+1.5π）cm1．故答案为6+1.5π．点睛：根据几何体的三视图知该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体，结合图中数据计算它的体积即可．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

建立直角坐标系，结合向量的坐标运算求解在方向上的投影即可.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，由题意可知：，，，则：，，且，，据此可知在方向上的投影为.【点睛】本题主要考查平面向量数量积的坐标运算，向量投影的定义与计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14、【解析】

由弦的长度最大可知为球的直径.由向量的线性运用表示出，即可由范围求得的取值范围.【详解】连接，如下图所示：设球心为,则当弦的长度最大时，为球的直径，由向量线性运算可知正方体的棱长为2，则球的半径为1，，所以，而所以，即故答案为：.【点睛】本题考查了空间向量线性运算与数量积的运算，正方体内切球性质应用，属于中档题.15、①③【解析】

连接、交于点，取的中点，证明四边形为平行四边形，可判断命题①的正误；利用线面平行的性质定理和空间平行线的传递性可判断命题②的正误；连接，证明出，结合线面垂直和面面垂直的判定定理可判断命题③的正误；假设平面与平面垂直，利用面面垂直的性质定理可判断命题④的正误.综合可得出结论.【详解】对于命题①，连接、交于点，取的中点、，连接、，如下图所示：则且，四边形是矩形，且，为的中点，为的中点，且，且，四边形为平行四边形，，即，平面，平面，平面，命题①正确；对于命题②，，平面，平面，平面，若四点、、、共面，则这四点可确定平面，则，平面平面，由线面平行的性质定理可得，则，但四边形为梯形且、为两腰，与相交，矛盾.所以，命题②错误；对于命题③，连接、，设，则，在中，，，则为等腰直角三角形，且，，，且，由余弦定理得，，，又，，平面，平面，，，、为平面内的两条相交直线，所以，平面，平面，平面平面，命题③正确；对于命题④，假设平面与平面垂直，过点在平面内作，平面平面，平面平面，，平面，平面，平面，，，，，，，又，平面，平面，.，平面，平面，.，，显然与不垂直，命题④错误.故答案为：①③.【点睛】本题考查立体几何综合问题，涉及线面平行、面面垂直的证明、以及点共面的判断，考查推理能力，属于中等题.16、7.5【解析】

分别求出所有人用时总和再除以总人数即可得到平均数.【详解】故答案为：7.5【点睛】此题考查求平均数，关键在于准确计算出所有数据之和，易错点在于概念辨析不清导致计算出错.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（Ⅰ），．（Ⅱ）见解析【解析】

（1）由，分和两种情况，即可求得数列的通项公式；（2）由题，得，利用等比数列求和公式，即可得到本题答案.【详解】（Ⅰ）解：由题，得当时，，得；当时，，整理，得．数列是以1为首项，2为公比的等比数列，，；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，，故．故得证．【点睛】本题主要考查根据的关系式求通项公式以及利用等比数列的前n项和公式求和并证明不等式，考查学生的运算求解能力和推理证明能力.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）设等比数列的公比为，根据题中条件求出的值，结合等比数列的通项公式可得出数列的通项公式；（Ⅱ）求得，然后利用裂项相消法可求得.【详解】（Ⅰ）设数列的公比为，由题意及，知.、、成等差数列成等差数列，，，即，解得或（舍去），.数列的通项公式为；（Ⅱ），.【点睛】本题考查等比数列通项的求解，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于基础题.19、（1）；（2）.【解析】

（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，然后解不等式，可得出函数的单调递增区间；（2）由得出，并求出的值，利用两角差的正弦公式可求出的值.【详解】（1）当时，，由，得，因此，函数的单调递增区间为；（2），，，，，，．【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键，属中等题．20、（1）当时，无极值；当时，极小值为；（2）.【解析】

（1）求导，对参数进行分类讨论，即可容易求得函数的极值；（2）构造函数，两次求导，根据函数单调性，由恒成立问题求参数范围即可.【详解】（1）依题，当时，，函数在上单调递增，此时函数无极值；当时，令，得，令，得所以函数在上单调递增，在上单调递减.此时函数有极小值，且极小值为.综上：当时，函数无极值；当时，函数有极小值，极小值为.（2）令易得且，令所以，因为，，从而，所以，在上单调递增.又若，则所以在上单调递增，从而，所以时满足题意.若，所以，，在中，令，由（1）的单调性可知，有最小值，从而.所以所以，由零点存在性定理：，使且在上单调递减，在上单调递增.所以当时，.故当，不成立.综上所述：的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的极值，涉及由恒成立问题求参数范围的问题，属压轴题.21、（1）；（2）详见解析；（3）详见解析.【解析】

(1)根据,可求得,再根据是常数列代入根据通项与前项和的关系求解即可.(2)取,并结合通项与前项和的关系可求得再根据化简可得,代入化简即可知,再证明也成立即可.(3)由(2)当时,,代入所给的条件化简可得,进而证明可得,即数列是等比