浙江省慈溪市三山高级中学2025届高考仿真卷数学试卷含解析2

浙江省慈溪市三山高级中学2025届高考仿真卷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．数列满足：，则数列前项的和为A． B． C． D．2．某三棱锥的三视图如图所示，那么该三棱锥的表面中直角三角形的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．03．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．4．根据如图所示的程序框图，当输入的值为3时，输出的值等于（）A．1 B． C． D．5．已知，满足条件（为常数），若目标函数的最大值为9，则（）A． B． C． D．6．已知定义在R上的函数（m为实数）为偶函数，记，，则a，b，c的大小关系为()A． B． C． D．7．若函数的定义域为M＝{x|－2≤x≤2}，值域为N＝{y|0≤y≤2},则函数的图像可能是（）A． B． C． D．8．已知等差数列中，则（）A．10 B．16 C．20 D．249．已知函数，则函数的零点所在区间为（）A． B． C． D．10．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（）．A． B． C． D．11．在中，，则=（）A． B．C． D．12．如图，四面体中，面和面都是等腰直角三角形，，，且二面角的大小为，若四面体的顶点都在球上，则球的表面积为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知x，y＞0，且，则x+y的最小值为_____．14．某市公租房源位于、、三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子，申请其中任意一个小区的房子是等可能的，则该市的任意位申请人中，恰好有人申请小区房源的概率是______.（用数字作答）15．设变量，满足约束条件，则目标函数的最小值为______．16．在边长为的菱形中，点在菱形所在的平面内．若，则_____．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）已知是递增的等差数列，，是方程的根.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.18．（12分）若不等式在时恒成立，则的取值范围是__________.19．（12分）在中，内角的对边分别是，满足条件．（1）求角；（2）若边上的高为，求的长．20．（12分）如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱中，P是侧棱上的一点，.（1）若，求直线AP与平面所成角；（2）在线段上是否存在一个定点Q，使得对任意的实数m，都有，并证明你的结论.21．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（Ⅰ）设直线与曲线交于，两点，求；（Ⅱ）若点为曲线上任意一点，求的取值范围.22．（10分）已知向量，函数．（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；（2）在中，三内角的对边分别为，已知函数的图像经过点，成等差数列，且，求a的值．

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、A【解析】分析：通过对an﹣an+1=2anan+1变形可知，进而可知，利用裂项相消法求和即可．详解：∵，∴，又∵=5，∴，即，∴，∴数列前项的和为，故选A．点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.2、C【解析】

由三视图还原原几何体，借助于正方体可得三棱锥的表面中直角三角形的个数.【详解】由三视图还原原几何体如图，其中，，为直角三角形.∴该三棱锥的表面中直角三角形的个数为3.故选：C.【点睛】本小题主要考查由三视图还原为原图，属于基础题.3、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．4、C【解析】

根据程序图，当x<0时结束对x的计算，可得y值．【详解】由题x=3，x=x-2=3-1，此时x>0继续运行，x=1-2=-1<0，程序运行结束，得，故选C．【点睛】本题考查程序框图，是基础题．5、B【解析】

由目标函数的最大值为9，我们可以画出满足条件件为常数）的可行域，根据目标函数的解析式形式，分析取得最优解的点的坐标，然后根据分析列出一个含参数的方程组，消参后即可得到的取值．【详解】画出，满足的为常数）可行域如下图：由于目标函数的最大值为9，可得直线与直线的交点，使目标函数取得最大值，将，代入得：．故选：．【点睛】如果约束条件中含有参数，我们可以先画出不含参数的几个不等式对应的平面区域，分析取得最优解是哪两条直线的交点，然后得到一个含有参数的方程（组，代入另一条直线方程，消去，后，即可求出参数的值．6、B【解析】

根据f（x）为偶函数便可求出m＝0，从而f（x）＝﹣1，根据此函数的奇偶性与单调性即可作出判断.【详解】解：∵f（x）为偶函数；∴f（﹣x）＝f（x）；∴﹣1＝﹣1；∴|﹣x﹣m|＝|x﹣m|；（﹣x﹣m）2＝（x﹣m）2；∴mx＝0；∴m＝0；∴f（x）＝﹣1；∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，并且a＝f（||）＝f（），b＝f（），c＝f（2）；∵0＜＜2＜；∴a<c<b．故选B．【点睛】本题考查偶函数的定义，指数函数的单调性，对于偶函数比较函数值大小的方法就是将自变量的值变到区间[0，+∞）上，根据单调性去比较函数值大小．7、B【解析】因为对A不符合定义域当中的每一个元素都有象，即可排除；对B满足函数定义，故符合；对C出现了定义域当中的一个元素对应值域当中的两个元素的情况，不符合函数的定义，从而可以否定；对D因为值域当中有的元素没有原象，故可否定．故选B．8、C【解析】

根据等差数列性质得到，再计算得到答案.【详解】已知等差数列中，故答案选C【点睛】本题考查了等差数列的性质，是数列的常考题型.9、A【解析】

首先求得时，的取值范围.然后求得时，的单调性和零点，令，根据“时，的取值范围”得到，利用零点存在性定理，求得函数的零点所在区间.【详解】当时，.当时，为增函数，且，则是唯一零点.由于“当时，.”，所以令，得，因为，，所以函数的零点所在区间为.故选：A【点睛】本小题主要考查分段函数的性质，考查符合函数零点，考查零点存在性定理，考查函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.10、B【解析】

根据角终边上的点坐标，求得，代入二倍角公式即可求得的值.【详解】因为终边上有一点，所以，故选：B【点睛】此题考查二倍角公式，熟练记忆公式即可解决，属于简单题目.11、B【解析】

在上分别取点,使得,可知为平行四边形，从而可得到，即可得到答案．【详解】如下图，，在上分别取点,使得,则为平行四边形，故,故答案为B.【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，考查了学生逻辑推理能力，属于基础题．12、B【解析】

分别取、的中点、，连接、、，利用二面角的定义转化二面角的平面角为，然后分别过点作平面的垂线与过点作平面的垂线交于点，在中计算出，再利用勾股定理计算出，即可得出球的半径，最后利用球体的表面积公式可得出答案．【详解】如下图所示，分别取、的中点、，连接、、，由于是以为直角等腰直角三角形，为的中点，，，且、分别为、的中点，所以，，所以，，所以二面角的平面角为，，则，且，所以，，，是以为直角的等腰直角三角形，所以，的外心为点，同理可知，的外心为点，分别过点作平面的垂线与过点作平面的垂线交于点，则点在平面内，如下图所示，由图形可知，，在中，，，所以，，所以，球的半径为，因此，球的表面积为.故选：B.【点睛】本题考查球体的表面积，考查二面角的定义，解决本题的关键在于找出球心的位置，同时考查了计算能力，属于中等题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】

处理变形x+y＝x（）+y结合均值不等式求解最值.【详解】x，y＞0，且，则x+y＝x（）+y1，当且仅当时取等号，此时x＝4，y＝2，取得最小值1．故答案为：1【点睛】此题考查利用均值不等式求解最值，关键在于熟练掌握均值不等式的适用条件，注意考虑等号成立的条件.14、【解析】

基本事件总数，恰好有2人申请小区房源包含的基本事件个数，由此能求出该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源的概率．【详解】解：某市公租房源位于、、三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子，申请其中任意一个小区的房子是等可能的，该市的任意5位申请人中，基本事件总数，该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源包含的基本事件个数：，该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源的概率是．故答案为：．【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．15、-8【解析】

通过约束条件，画出可行域，将问题转化为直线在轴截距最大的问题，通过图像解决.【详解】由题意可得可行域如下图所示：令，则即为在轴截距的最大值由图可知：当过时，在轴截距最大本题正确结果：【点睛】本题考查线性规划中的型最值的求解问题，关键在于将所求最值转化为在轴截距的问题.16、【解析】

以菱形的中心为坐标原点建立平面直角坐标系,再设,根据求出的坐标,进而求得即可.【详解】解：连接设交于点以点为原点,分别以直线为轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则：设得,解得,,或,显然得出的是定值,取则,．故答案为：．【点睛】本题主要考查了建立平面直角坐标系求解向量数量积的有关问题,属于中档题.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、（1）;（2）.【解析】

（1）方程的两根为，由题意得，在利用等差数列的通项公式即可得出；（2）利用“错位相减法”、等比数列的前项和公式即可求出．【详解】方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3.由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，从而得a1＝.所以{an}的通项公式为an＝n＋1.（2）设的前n项和为Sn，由（1）知＝，则Sn＝＋＋…＋＋，Sn＝＋＋…＋＋，两式相减得Sn＝＋－＝＋－，所以Sn＝2－.考点：等差数列的性质；数列的求和．【方法点晴】本题主要考查了等差数列的通项公式、“错位相减法”、等比数列的前项和公式、一元二次方程的解法等知识点的综合应用，解答中方程的两根为，由题意得，即可求解数列的通项公式，进而利用错位相减法求和是解答的关键，着重考查了学生的推理能力与运算能力，属于中档试题．18、【解析】

原不等式等价于在恒成立，令，，求出在上的最小值后可得的取值范围.【详解】因为在时恒成立，故在恒成立.令，由可得.令，，则为上的增函数，故.故.故答案为：.【点睛】本题考查含参数的不等式的恒成立，对于此类问题，优先考虑参变分离，把恒成立问题转化为不含参数的新函数的最值问题，本题属于基础题.19、（1）．（2）【解析】

（1）利用正弦定理的边角互化可得，再根据，利用两角和的正弦公式即可求解.（2）已知，由知，在中，解出即可.【详解】（1）由正弦定理知由己知，而∴，（2）已知，则由知先求∴∴∴【点睛】本题主要考查了正弦定理解三角形、三角形的性质、两角和的正弦公式，需熟记定理与公式，属于基础题.20、（1）；（2）存在，Q为线段中点【解析】

解法一：（1）作出平面与平面的交线，可证平面，计算，，得出，从而得出的大小；（2）证明平面，故而可得当Q为线段的中点时.解法二，以为原点，以为建立空间直角坐标系：（1）由，利用空间向量的数量积可求线面角；（2）设上存在一定点Q，设此点的横坐标为，可得，由向量垂直，数量积等于零即可求解.【详解】（1）解法一：连接交于，设与平面的公共点为，连接，则平面平面，四边形是正方形，，平面，平面，，又，平面，为直线AP与平面所成角，平面，平面，平面平面，，又为的中点，，，，直线AP与平面所成角为.（2）四边形正方形，，平面，平面，，又,平面，又平面，，当Q为线段中点时，对于任意的实数，都有.解法二：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则，，所以，，，又由，，则为平面的一个法向量，设直线AP与平面所成角为，则，故当时，直线AP与平面所成角为.（2）若在上存在一定点Q，设此点的横坐标为，则，，依题意，对于任意的实数要使，等价于，即，解得，即当Q为线段中点时，对于任意的实数，都有.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理、线面角的计算，考查了空间向量在立体几何中的应用，属于中档题.21、（Ⅰ）6（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）化简得到直线的普通方程化为，，是以点为圆心，为半径的圆，利用垂径定理计算得到答案.（Ⅱ）设，则，得到范围.【详解】（Ⅰ）由