2025届浙江省三校第二次联考高考前适应性练习数学试题

2025届浙江省三校第二次联考高考前适应性练习数学试题注意事项：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．设集合，，若，则的取值范围是（）A． B． C． D．2．已知函数，若函数的极大值点从小到大依次记为，并记相应的极大值为，则的值为（）A． B． C． D．3．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为A．72 B．64 C．48 D．324．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，则（）A．α∥β且∥α B．α⊥β且⊥βC．α与β相交，且交线垂直于 D．α与β相交，且交线平行于5．已知中，角、所对的边分别是，，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．既不充分也不必要条件 D．充分必要条件6．设全集，集合，，则（）A． B． C． D．7．已知定义在上函数的图象关于原点对称，且，若，则（）A．0 B．1 C．673 D．6748．已知分别为圆与的直径，则的取值范围为（）A． B． C． D．9．已知是双曲线的两个焦点，过点且垂直于轴的直线与相交于两点，若，则的内切圆半径为（）A． B． C． D．10．设为非零实数，且，则（）A． B． C． D．11．已知双曲线的右焦点为F，过右顶点A且与x轴垂直的直线交双曲线的一条渐近线于M点，MF的中点恰好在双曲线C上，则C的离心率为（）A． B． C． D．12．函数的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，要得到函数的图象，只需将的图象（）A．向左平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向右平移个单位二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．过且斜率为的直线交抛物线于两点，为的焦点若的面积等于的面积的2倍，则的值为___________.14．将一颗质地均匀的正方体骰子（每个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6）先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数之和是6的的概率是___．15．已知双曲线的左焦点为，、为双曲线上关于原点对称的两点，的中点为，的中点为，的中点为，若，且直线的斜率为，则__________，双曲线的离心率为__________．16．展开式中的系数为_________.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）函数，且恒成立.（1）求实数的集合；（2）当时，判断图象与图象的交点个数，并证明.（参考数据：）18．（12分）如图，在四棱锥中，侧棱底面，，，，，是棱中点.（1）已知点在棱上，且平面平面，试确定点的位置并说明理由；（2）设点是线段上的动点，当点在何处时，直线与平面所成角最大？并求最大角的正弦值.19．（12分）设数列，的各项都是正数，为数列的前n项和，且对任意，都有，，，（e是自然对数的底数）.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前n项和.20．（12分）设函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若对恒成立，求的取值范围.21．（12分）已知中，角，，的对边分别为，，，已知向量，且．（1）求角的大小；（2）若的面积为，，求．22．（10分）在△ABC中，分别为三个内角A、B、C的对边，且(1)求角A；(2)若且求△ABC的面积．

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．C【解析】

由得出，利用集合的包含关系可得出实数的取值范围.【详解】，且，，.因此，实数的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查利用集合的包含关系求参数，考查计算能力，属于基础题.2．C【解析】

对此分段函数的第一部分进行求导分析可知，当时有极大值，而后一部分是前一部分的定义域的循环，而值域则是每一次前面两个单位长度定义域的值域的2倍，故此得到极大值点的通项公式，且相应极大值，分组求和即得【详解】当时，，显然当时有，，∴经单调性分析知为的第一个极值点又∵时，∴，，，…，均为其极值点∵函数不能在端点处取得极值∴，，∴对应极值，，∴故选：C【点睛】本题考查基本函数极值的求解，从函数表达式中抽离出相应的等差数列和等比数列，最后分组求和，要求学生对数列和函数的熟悉程度高，为中档题3．B【解析】

由三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，利用体积公式，即可求解。【详解】由题意，几何体的三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，所以几何体的体积为，故选B。【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线。求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解。4．D【解析】

试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．5．D【解析】

由大边对大角定理结合充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】中，角、所对的边分别是、，由大边对大角定理知“”“”，“”“”.因此，“”是“”的充分必要条件.故选：D.【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，考查三角形的性质等基础知识，考查逻辑推理能力，是基础题．6．D【解析】

求解不等式，得到集合A，B，利用交集、补集运算即得解【详解】由于故集合或故集合故选：D【点睛】本题考查了集合的交集和补集混合运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于中档题.7．B【解析】

由题知为奇函数，且可得函数的周期为3，分别求出知函数在一个周期内的和是0，利用函数周期性对所求式子进行化简可得.【详解】因为为奇函数，故；因为，故，可知函数的周期为3；在中，令，故，故函数在一个周期内的函数值和为0，故.故选：B.【点睛】本题考查函数奇偶性与周期性综合问题.其解题思路：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．8．A【解析】

由题先画出基本图形，结合向量加法和点乘运算化简可得，结合的范围即可求解【详解】如图，其中，所以.故选：A【点睛】本题考查向量的线性运算在几何中的应用，数形结合思想，属于中档题9．B【解析】

首先由求得双曲线的方程，进而求得三角形的面积，再由三角形的面积等于周长乘以内切圆的半径即可求解.【详解】由题意将代入双曲线的方程,得则,由,得的周长为,设的内切圆的半径为,则,故选：B【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查三角形的内心的概念，考查了转化的思想，属于中档题.10．C【解析】

取，计算知错误，根据不等式性质知正确，得到答案.【详解】，故，，故正确；取，计算知错误；故选：.【点睛】本题考查了不等式性质，意在考查学生对于不等式性质的灵活运用.11．A【解析】

设，则MF的中点坐标为，代入双曲线的方程可得的关系，再转化成关于的齐次方程，求出的值，即可得答案.【详解】双曲线的右顶点为，右焦点为，M所在直线为，不妨设，∴MF的中点坐标为.代入方程可得，∴，∴，∴（负值舍去）.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的离心率，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意构造的齐次方程.12．A【解析】依题意有的周期为.而，故应左移.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．2【解析】

联立直线与抛物线的方程，根据一元二次方程的根与系数的关系以及面积关系求解即可.【详解】如图，设，由，则，由可得，由，则，所以，得.故答案为：2【点睛】此题考查了抛物线的性质，属于中档题.14．【解析】

先求出基本事件总数6×6＝36，再由列举法求出“点数之和等于6”包含的基本事件的个数，由此能求出“点数之和等于6”的概率．【详解】基本事件总数6×6＝36，点数之和是6包括共5种情况，则所求概率是．故答案为【点睛】本题考查古典概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．15．【解析】

设，，根据中点坐标公式可得坐标，利用可得到点坐标所满足的方程，结合直线斜率可求得，进而求得；将点坐标代入双曲线方程，结合焦点坐标可求得，进而得到离心率.【详解】左焦点为，双曲线的半焦距．设，，，，，，即，，即，又直线斜率为，即，，，，在双曲线上，，即，结合可解得：，，离心率.故答案为：；.【点睛】本题考查直线与双曲线的综合应用问题，涉及到直线截双曲线所得线段长度的求解、双曲线离心率的求解问题；关键是能够通过设点的方式，结合直线斜率、垂直关系、点在双曲线上来构造方程组求得所需变量的值.16．【解析】

变换，根据二项式定理计算得到答案.【详解】的展开式的通项为：，，取和，计算得到系数为：.故答案为：.【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.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）2个，证明见解析【解析】

（1）要恒成立，只要的最小值大于或等于零即可，所以只要讨论求解看是否有最小值；（2）将图像与图像的交点个数转化为方程实数解的个数问题，然后构造函数，再利用导数讨论此函数零点的个数.【详解】（1）的定义域为，因为，1°当时，在上单调递减，时，使得，与条件矛盾；2°当时，由，得；由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，即有，由恒成立，所以恒成立，令，若；若；而时，，要使恒成立，故.（2）原问题转化为方程实根个数问题，当时，图象与图象有且仅有2个交点，理由如下：由，即，令，因为，所以是的一根；，1°当时，，所以在上单调递减，，即在上无实根；2°当时，，则在上单调递递增，又，所以在上有唯一实根，且满足，①当时，在上单调递减，此时在上无实根；②当时，在上单调递增，，故在上有唯一实根.3°当时，由（1）知，在上单调递增，所以，故，所以在上无实根.综合1°，2°，3°，故有两个实根，即图象与图象有且仅有2个交点.【点睛】此题考查不等式恒成立问题、函数与方程的转化思想，考查导数的运用，属于较难题.18．（1）为中点，理由见解析；（2）当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，最大角的正弦值.【解析】

(1)为中点,可利用中位线与平行四边形性质证明，，从而证明平面平面；（2）以A为原点，分别以，，所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，并可求出最大角的正弦值.【详解】（1）为中点，证明如下：分别为中点，又平面平面平面又，且四边形为平行四边形，同理，平面，又平面平面（2）以A为原点，分别以，，所在直线为、、轴建立空间直角坐标系则，设直线与平面所成角为，则取平面的法向量为则令，则所以当时，等号成立即当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，最大角的正弦值.【点睛】本题主要考查了平面与平面的平行，直线与平面所成角的求解，考查了学生的直观想象与运算求解能力.19．（1），（2）【解析】

（1）当时,,与作差可得,即可得到数列是首项为1,公差为1的等差数列,即可求解；对取自然对数,则,即是以1为首项,以2为公比的等比数列,即可求解；（2）由（1）可得,再利用错位相减法求解即可.【详解】解:（1）因为,,①当时,,解得；当时,有,②由①②得,,又,所以,即数列是首项为1,公差为1的等差数列,故,又因为,且,取自然对数得,所以,又因为,所以是以1为首项,以2为公比的等比数列,所以,即（2）由（1）知,,所以,③,④③减去④得:,所以【点睛】本题考查由与的关系求通项公式,考查错位相减法求数列的和.20．（1）或；（2）或.【解析】试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解集，最后求并集（2）根据绝对值三角不等式得最小值，再解含绝对值不等式可得的取值范围.试题解析：（1）等价于或或，解得：或.故不等式的解集为或.（2）因为：所以，由题意得：，解得或.点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想