浙江金兰教育合作组织2025届高三3月份第一次模拟考试数学试卷含解析

浙江金兰教育合作组织2025届高三3月份第一次模拟考试数学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知向量，且，则等于（）A．4 B．3 C．2 D．12．在中，角的对边分别为，，若，，且，则的面积为（）A． B． C． D．3．函数的值域为（）A． B． C． D．4．已知集合A={x|x<1}，B={x|}，则A． B．C． D．5．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为（）A． B． C． D．6．已知为两条不重合直线，为两个不重合平面，下列条件中，的充分条件是（）A．∥ B．∥C．∥∥ D．7．如图，在四边形中，，，，，，则的长度为（）A． B．C． D．8．若复数满足，则（）A． B． C．2 D．9．已知为抛物线的焦点，点在上，若直线与的另一个交点为，则()A． B． C． D．10．一只蚂蚁在边长为的正三角形区域内随机爬行，则在离三个顶点距离都大于的区域内的概率为()A． B． C． D．11．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为.给出下列四个结论：①曲线有四条对称轴；②曲线上的点到原点的最大距离为；③曲线第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积最大值为；④四叶草面积小于.其中，所有正确结论的序号是（）A．①② B．①③ C．①③④ D．①②④12．如图，网格纸是由边长为1的小正方形构成，若粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．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__________.14．在等差数列（）中，若，，则的值是______.15．如图,已知，，为的中点，为以为直径的圆上一动点，则的最小值是_____．16．在的二项展开式中，x的系数为________．（用数值作答）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）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别为AB，BC的中点.（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离.18．（12分）已知函数（是自然对数的底数，）.（1）求函数的图象在处的切线方程；（2）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围；（3）若函数在区间上有两个极值点，且恒成立，求满足条件的的最小值（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）.19．（12分）已知数列是公比为正数的等比数列，其前项和为，满足，且成等差数列.（1）求的通项公式；（2）若数列满足，求的值.20．（12分）已知椭圆，过的直线与椭圆相交于两点，且与轴相交于点.（1）若，求直线的方程；（2）设关于轴的对称点为，证明：直线过轴上的定点.21．（12分）椭圆：的左、右焦点分别是，，离心率为，左、右顶点分别为，.过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1.（1）求椭圆的标准方程；（2）经过点的直线与椭圆相交于不同的两点、（不与点、重合），直线与直线相交于点，求证：、、三点共线.22．（10分）如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，底面，且，为的中点.（1）证明：；（2）设点是线段上的动点，当直线与直线所成的角最小时，求三棱锥的体积.

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】

由已知结合向量垂直的坐标表示即可求解．【详解】因为，且，，则．故选：．【点睛】本题主要考查了向量垂直的坐标表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．2、C【解析】

由，可得，化简利用余弦定理可得，解得．即可得出三角形面积．【详解】解：，，且，，化为：．，解得．．故选：．【点睛】本题考查了向量共线定理、余弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．3、A【解析】

由计算出的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得函数的值域.【详解】，，，因此，函数的值域为.故选：A.【点睛】本题考查正弦型函数在区间上的值域的求解，解答的关键就是求出对象角的取值范围，考查计算能力，属于基础题.4、A【解析】∵集合∴∵集合∴，故选A5、B【解析】

由题可知，，再结合双曲线第一定义，可得，对有，即，解得，再对，由勾股定理可得，化简即可求解【详解】如图，因为，所以.因为所以.在中，，即，得，则.在中，由得.故选：B【点睛】本题考查双曲线的离心率求法，几何性质的应用，属于中档题6、D【解析】

根据面面垂直的判定定理，对选项中的命题进行分析、判断正误即可.【详解】对于A，当，，时，则平面与平面可能相交，，，故不能作为的充分条件，故A错误；对于B，当，，时，则，故不能作为的充分条件，故B错误；对于C，当，，时，则平面与平面相交，，，故不能作为的充分条件，故C错误；对于D，当，，，则一定能得到，故D正确.故选：D.【点睛】本题考查了面面垂直的判断问题，属于基础题.7、D【解析】

设，在中，由余弦定理得，从而求得，再由由正弦定理得，求得，然后在中，用余弦定理求解.【详解】设，在中，由余弦定理得，则，从而，由正弦定理得，即，从而，在中，由余弦定理得：，则.故选：D【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.8、D【解析】

把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式计算.【详解】解：由题意知，，，∴，故选：D.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法.9、C【解析】

求得点坐标，由此求得直线的方程，联立直线的方程和抛物线的方程，求得点坐标，进而求得【详解】抛物线焦点为，令，，解得，不妨设，则直线的方程为，由，解得，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查抛物线的弦长的求法，属于基础题.10、A【解析】

求出满足条件的正的面积，再求出满足条件的正内的点到顶点、、的距离均不小于的图形的面积，然后代入几何概型的概率公式即可得到答案．【详解】满足条件的正如下图所示：其中正的面积为，满足到正的顶点、、的距离均不小于的图形平面区域如图中阴影部分所示，阴影部分区域的面积为.则使取到的点到三个顶点、、的距离都大于的概率是.故选：A.【点睛】本题考查几何概型概率公式、三角形的面积公式、扇形的面积公式的应用，考查计算能力，属于中等题．11、C【解析】

①利用之间的代换判断出对称轴的条数；②利用基本不等式求解出到原点的距离最大值；③将面积转化为的关系式，然后根据基本不等式求解出最大值；④根据满足的不等式判断出四叶草与对应圆的关系，从而判断出面积是否小于.【详解】①：当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；综上可知：有四条对称轴，故正确；②：因为，所以，所以，所以，取等号时，所以最大距离为，故错误；③：设任意一点，所以围成的矩形面积为，因为，所以，所以，取等号时，所以围成矩形面积的最大值为，故正确；④：由②可知，所以四叶草包含在圆的内部，因为圆的面积为：，所以四叶草的面积小于，故正确.故选：C.【点睛】本题考查曲线与方程的综合运用，其中涉及到曲线的对称性分析以及基本不等式的运用，难度较难.分析方程所表示曲线的对称性，可通过替换方程中去分析证明.12、C【解析】

根据三视图还原为几何体，结合组合体的结构特征求解表面积.【详解】由三视图可知，该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体，其中半圆柱的底面半圆半径为1，高为4，长方体的底面四边形相邻边长分别为1，2，高为4，所以该几何体的表面积，故选C.【点睛】本题主要考查三视图的识别，利用三视图还原成几何体是求解关键，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、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.14、-15【解析】

是等差数列，则有，可得的值，再由可得，计算即得.【详解】数列是等差数列，，又，，，故.故答案为：【点睛】本题考查等差数列的性质，也可以由已知条件求出和公差，再计算.15、【解析】

建立合适的直角坐标系,求出相关点的坐标,进而可得的坐标表示,利用平面向量数量积的坐标表示求出的表达式,求出其最小值即可.【详解】建立直角坐标系如图所示：则点,,,设点,所以,由平面向量数量积的坐标表示可得,,其中,因为,所以的最小值为.故答案为:【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标表示和利用辅助角公式求最值;考查数形结合思想和转化与化归能力、运算求解能力;建立直角坐标系,把表示为关于角的三角函数,利用辅助角公式求最值是求解本题的关键;属于中档题.16、-40【解析】

由题意，可先由公式得出二项展开式的通项，再令10-3r=1，得r=3即可得出x项的系数【详解】的二项展开式的通项公式为，r=0，1，2，3，4，5，令，所以的二项展开式中x项的系数为.故答案为：-40.【点睛】本题考查二项式定理的应用，解题关键是灵活掌握二项式展开式通项的公式，属于基础题.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）证明见解析；（2）.【解析】

（1）通过证明面，即可由线面垂直推证面面垂直；（2）根据面，将问题转化为求到面的距离，利用等体积法求点面距离即可.【详解】（1）因为棱柱是直三棱柱，所以又，所以面又，分别为AB，BC的中点所以//即面又面，所以平面平面（2）由（1）可知////所以//平面即点到平面的距离等于点到平面的距离设点到面的距离为由（1）可知，面且在中，，易知由等体积公式可知即由得所以到平面的距离等于【点睛】本题考查由线面垂直推证面面垂直，涉及利用等体积法求点面距离，属综合中档题.18、（1）；（2）；（3）.【解析】

（1）利用导数的几何意义计算即可；（2）在上恒成立，只需，注意到；（3）在上有两根，令，求导可得在上单调递减，在上单调递增，所以且，，，求出的范围即可.【详解】（1）因为，所以，当时，，所以切线方程为，即.（2），.因为函数在区间上单调递增，所以，且恒成立，即，所以，即，又，故，所以实数的取值范围是.（3）.因为函数在区间上有两个极值点，所以方程在上有两不等实根，即.令，则，由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，解得且.又由，所以，且当和时，单调递增，当时，单调递减，是极值点，此时令，则，所以在上单调递减，所以.因为恒成立，所以.若，取，则，所以.令，则，.当时，；当时，.所以，所以在上单调递增，所以，即存在使得，不合题意.满足条件的的最小值为-4.【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及到导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值点，不等式恒成立等知识，是一道难题.19、（1）（2）【解析】

（1）由公比表示出，由成等差数列可求得，从而数列的通项公式；（2）求（1）得，然后对和式两两并项后利用等差数列的前项和公式可求解．【详解】（1）∵是等比数列，且成等差数列∴，即∴，解得：或∵，∴∵∴（2）∵∴【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查并项求和法及等差数列的项和公式．本题求数列通项公式所用方法为基本量法，求和是用并项求和法．数列的求和除公式法外，还有错位相关法、裂项相消法、分组（并项）求和法等等．20、（1）或；（2）见解析【解析】

（1）由已知条件利用点斜式设出直线的方程，则可表示出点的坐标，再由的关系表示出点的坐标，而点在椭圆上，将其坐标代入椭圆方程中可求出直线的斜率；（2）设出两点的坐标，则点的坐标可以表示出，然后直线的方程与椭圆方程联立成方程，消元后得到关于的一元二次方程，再利用根与系数的关系，再结合直线的方程，化简可得结果.【详解】（1）由条件可知直线的斜率存在，则可设直线的方程为，则，由，有，所以，由在椭圆上，则，解得，此时在椭圆内部，所以满足直线与椭圆相交，故所求直线方程为或.（也可联立直线与椭圆方程，由验证）（2）设，则，直线的方程为.由得，由，解得，，当时，，故直线恒过定点.【点睛】此题考查的是直线与椭圆的位置关系中的过定点问题，计算过程较复杂，属于难题.21、（1）；（2）见解析【解析】

（1）根据已知可得，结合离心率和关系，即可求出椭圆的标准方程；（2）斜率不为零，设的方程为，与椭圆方程联立，消去，得到纵坐标关系，求出方程，令求出坐标，要证、、三点共线，只需证，将分子用纵坐标表示，即可证明结论.【详解】（1）由于，将代入椭圆方程，得，由题