2025屆浙江省9+1高中聯盟高考第三次模擬考試數學試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．下列函數中既關于直線對稱，又在區間上為增函數的是()A．. B．C． D．2．已知隨機變量服從正態分布，且，則（）A． B． C． D．3．已知函數（），若函數有三個零點，則的取值范圍是（）A． B．C． D．4．已知一個三棱錐的三視圖如圖所示，其中三視圖的長、寬、高分別為，，，且，則此三棱錐外接球表面積的最小值為（）A． B． C． D．5．已知是定義是上的奇函數，滿足，當時，，則函數在區間上的零點個數是（）A．3 B．5 C．7 D．96．已知，則下列不等式正確的是（）A． B．C． D．7．已知的值域為，當正數a，b滿足時，則的最小值為（）A． B．5 C． D．98．小張家訂了一份報紙，送報人可能在早上之間把報送到小張家，小張離開家去工作的時間在早上之間.用表示事件：“小張在離開家前能得到報紙”，設送報人到達的時間為，小張離開家的時間為，看成平面中的點，則用幾何概型的公式得到事件的概率等于（）A． B． C． D．9．如圖，在四邊形中，，，，，，則的長度為（）A． B．C． D．10．已知拋物線的焦點為，準線與軸的交點為，點為拋物線上任意一點的平分線與軸交于，則的最大值為A． B． C． D．11．若函數，在區間上任取三個實數，，均存在以，，為邊長的三角形，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．12．關于的不等式的解集是，則關于的不等式的解集是（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．根據如圖所示的偽代碼，若輸出的的值為，則輸入的的值為_______.14．設滿足約束條件，則目標函數的最小值為_.15．已知雙曲線的漸近線與準線的一個交點坐標為，則雙曲線的焦距為______.16．下圖是一個算法流程圖，則輸出的S的值是______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸的非負半軸為極軸，建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的極坐標方程以及曲線的直角坐標方程；（2）若直線與曲線、曲線在第一象限交于兩點，且，點的坐標為，求的面積.18．（12分）已知直線與橢圓恰有一個公共點，與圓相交于兩點.（I）求與的關系式；（II）點與點關于坐標原點對稱.若當時，的面積取到最大值，求橢圓的離心率.19．（12分）在，角、、所對的邊分別為、、，已知.（1）求的值；（2）若，邊上的中線，求的面積.20．（12分）已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若關于的不等式的解集包含，求實數的取值范圍.21．（12分）如圖，三棱柱的側棱垂直于底面，且，，，，是棱的中點.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）已知函數f(x)=x-1+x+2，記f(x)（Ⅰ）解不等式f(x)≤5；（Ⅱ）若正實數a，b滿足1a+1

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

根據函數的對稱性和單調性的特點，利用排除法，即可得出答案.【詳解】A中，當時，，所以不關于直線對稱，則錯誤；B中，，所以在區間上為減函數，則錯誤；D中，，而，則，所以不關于直線對稱，則錯誤；故選：C.【點睛】本題考查函數基本性質，根據函數的解析式判斷函數的對稱性和單調性，屬于基礎題.2、C【解析】

根據在關于對稱的區間上概率相等的性質求解．【詳解】，，，．故選：C．【點睛】本題考查正態分布的應用．掌握正態曲線的性質是解題基礎．隨機變量服從正態分布，則．3、A【解析】

分段求解函數零點，數形結合，分類討論即可求得結果.【詳解】作出和，的圖像如下所示：函數有三個零點，等價于與有三個交點，又因為，且由圖可知，當時與有兩個交點，故只需當時，與有一個交點即可.若當時，時，顯然??=??(??)與??=4|??|有一個交點??，故滿足題意；時，顯然??=??(??)與??=4|??|沒有交點，故不滿足題意；時，顯然??=??(??)與??=4|??|也沒有交點，故不滿足題意；時，顯然與有一個交點，故滿足題意.綜上所述，要滿足題意，只需.故選：A.【點睛】本題考查由函數零點的個數求參數范圍，屬中檔題.4、B【解析】

根據三視圖得到幾何體為一三棱錐，并以該三棱錐構造長方體，于是得到三棱錐的外接球即為長方體的外接球，進而得到外接球的半徑，求得外接球的面積后可求出最小值．【詳解】由已知條件及三視圖得，此三棱錐的四個頂點位于長方體的四個頂點，即為三棱錐，且長方體的長、寬、高分別為，∴此三棱錐的外接球即為長方體的外接球，且球半徑為，∴三棱錐外接球表面積為，∴當且僅當，時，三棱錐外接球的表面積取得最小值為．故選B．【點睛】（1）解決關于外接球的問題的關鍵是抓住外接的特點，即球心到多面體的頂點的距離都等于球的半徑，同時要作一圓面起襯托作用．（2）長方體的外接球的直徑即為長方體的體對角線，對于一些比較特殊的三棱錐，在研究其外接球的問題時可考慮通過構造長方體，通過長方體的外球球來研究三棱錐的外接球的問題．5、D【解析】

根據是定義是上的奇函數，滿足，可得函數的周期為3，再由奇函數的性質結合已知可得，利用周期性可得函數在區間上的零點個數．【詳解】∵是定義是上的奇函數，滿足，，可得，

函數的周期為3，

∵當時，，

令，則，解得或1，

又∵函數是定義域為的奇函數，

∴在區間上，有．

由，取，得，得，

∴．

又∵函數是周期為3的周期函數，

∴方程=0在區間上的解有共9個，

故選D．【點睛】本題考查根的存在性及根的個數判斷，考查抽象函數周期性的應用，考查邏輯思維能力與推理論證能力，屬于中檔題．6、D【解析】

利用特殊值代入法，作差法，排除不符合條件的選項，得到符合條件的選項．【詳解】已知，賦值法討論的情況：（1）當時，令，，則，，排除B、C選項；（2）當時，令，，則，排除A選項.故選：D.【點睛】比較大小通常采用作差法，本題主要考查不等式與不等關系，不等式的基本性質，利用特殊值代入法，排除不符合條件的選項，得到符合條件的選項，是一種簡單有效的方法，屬于中等題．7、A【解析】

利用的值域為,求出m,再變形,利用1的代換,即可求出的最小值.【詳解】解：∵的值域為,∴,∴,∴,當且僅當時取等號,∴的最小值為.故選：A.【點睛】本題主要考查了對數復合函數的值域運用,同時也考查了基本不等式中“1的運用”,屬于中檔題.8、D【解析】

這是幾何概型，畫出圖形，利用面積比即可求解.【詳解】解：事件發生，需滿足，即事件應位于五邊形內，作圖如下：故選：D【點睛】考查幾何概型，是基礎題.9、D【解析】

設，在中，由余弦定理得，從而求得，再由由正弦定理得，求得，然后在中，用余弦定理求解.【詳解】設，在中，由余弦定理得，則，從而，由正弦定理得，即，從而，在中，由余弦定理得：，則.故選：D【點睛】本題主要考查正弦定理和余弦定理的應用，還考查了數形結合的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.10、A【解析】

求出拋物線的焦點坐標，利用拋物線的定義，轉化求出比值，，求出等式左邊式子的范圍，將等式右邊代入，從而求解．【詳解】解：由題意可得，焦點F（1，0），準線方程為x＝?1，

過點P作PM垂直于準線，M為垂足，

由拋物線的定義可得|PF|＝|PM|＝x＋1，

記∠KPF的平分線與軸交于

根據角平分線定理可得，，當時，，當時，，，綜上：．故選：A．【點睛】本題主要考查拋物線的定義、性質的簡單應用，直線的斜率公式、利用數形結合進行轉化是解決本題的關鍵．考查學生的計算能力，屬于中檔題．11、D【解析】

利用導數求得在區間上的最大值和最小，根據三角形兩邊的和大于第三邊列不等式，由此求得的取值范圍.【詳解】的定義域為，，所以在上遞減，在上遞增，在處取得極小值也即是最小值，，，，，所以在區間上的最大值為.要使在區間上任取三個實數，，均存在以，，為邊長的三角形，則需恒成立，且，也即，也即當、時，成立，即，且，解得.所以的取值范圍是.故選：D【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的最值，考查恒成立問題的求解，屬于中檔題.12、A【解析】

由的解集，可知及，進而可求出方程的解，從而可求出的解集.【詳解】由的解集為，可知且，令，解得，，因為，所以的解集為，故選：A.【點睛】本題考查一元一次不等式、一元二次不等式的解集，考查學生的計算求解能力與推理能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

算法的功能是求的值，根據輸出的值，分別求出當時和當時的值即可得解．【詳解】解：由程序語句知：算法的功能是求的值，當時，，可得：，或（舍去）；當時，，可得：（舍去）．綜上的值為：．故答案為：．【點睛】本題考查了選擇結構的程序語句，根據語句判斷算法的功能是解題的關鍵，屬于基礎題．14、【解析】

根據滿足約束條件，畫出可行域，將目標函數，轉化為，平移直線，找到直線在軸上截距最小時的點，此時，目標函數取得最小值.【詳解】由滿足約束條件，畫出可行域如圖所示陰影部分：將目標函數，轉化為，平移直線，找到直線在軸上截距最小時的點此時，目標函數取得最小值，最小值為故答案為：-1【點睛】本題主要考查線性規劃求最值，還考查了數形結合的思想方法，屬于基礎題.15、1【解析】

由雙曲線的漸近線，以及求得的值即可得答案．【詳解】由于雙曲線的漸近線與準線的一個交點坐標為，所以，即①，把代入，得，即②又③聯立①②③，得．所以．故答案是：1．【點睛】本題考查雙曲線的性質，注意題目“雙曲線的漸近線與準線的一個交點坐標為”這一條件的運用，另外注意題目中要求的焦距即，容易只計算到，就得到結論．16、【解析】

根據流程圖，運行程序即得.【詳解】第一次運行，；第二次運行，；第三次運行，；第四次運行；所以輸出的S的值是.故答案為：【點睛】本題考查算法流程圖，是基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）的極坐標方程為，的直角坐標方程為（2）【解析】

（1）先把曲線的參數方程消參后，轉化為普通方程，再利用求得極坐標方程.將，化為，再利用求得曲線的普通方程.（2）設直線的極角，代入，得，將代入，得，由，得，即，從而求得，，從而求得，再利用求解.【詳解】（1）依題意，曲線，即，故，即.因為，故，即，即.（2）將代入，得，將代入，得，由，得，得，解得，則.又，故，故的面積.【點睛】本題考查極坐標方程與直角坐標方程、參數方程與普通方程的轉化、極坐標的幾何意義，還考查推理論證能力以及數形結合思想，屬于中檔題.18、（Ⅰ）（II）【解析】

（I）聯立直線與橢圓的方程，根據判別式等于0，即可求出結果；（Ⅱ）因點與點關于坐標原點對稱，可得的面積是的面積的兩倍，再由當時，的面積取到最大值，可得，進而可得原點到直線的距離，再由點到直線的距離公式，以及（I）的結果，即可求解.【詳解】（I）由，得，則化簡整理，得；（Ⅱ）因點與點關于坐標原點對稱，故的面積是的面積的兩倍.所以當時，的面積取到最大值，此時，從而原點到直線的距離，又，故.再由（I），得，則.又，故，即，從而，即.【點睛】本題主要考查直線與橢圓的位置關系，以及橢圓的簡單性質，通常需要聯立直線與橢圓方程，結合韋達定理、判別式等求解，屬于中檔試題.19、(1)(2)答案不唯一，見解析【解析】

（1）由題意根據和差角的三角函數公式可得，再根據同角三角函數基本關系可得的值；（2）在中，由余弦定理可得，解方程分別由三角形面積公式可得答案．【詳解】解：（1）在中，因為，又已知，所以，因為，所以，于是.所以.（2）在中，由余弦定理得，得解得或，當時，的面積，當時，的面積.【點睛】本題考查正余弦定理理解三角形，涉及三角形的面積公式和分類討論思想，屬于中檔題．20、（1）（2）【解析】

（1）按進行分類，得到等價不等式組，分別解出解集，再取并集，得到答案；（2）將問題轉化為在時恒成立，按和分類討論，分別得到不等式恒成立時對應的的范圍，再取交集，得到答案.【詳解】解：（1）當時，等價于或或，解得或或，所以不等式的解集為：.（2）依題意即在時恒成立，當時，，即，所以對恒成立∴，得；當時，，即，所以對任意恒成立，∴，得∴，綜上，.【點睛】本題考查分類討論解絕對值不等式，分類討論研究不等式恒成立問題，屬于中檔題.21、（1）詳見解析；（2）.【解析】

（1）根據平面，四邊形是矩形，由為中點，且，利用平面幾何知識，可得，又平面，所以，根據線面垂直的判定定理可有平面，從而得證.（2）分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系，得到，，，，分別求得平和平