浙江省嘉兴市2025-2026学年高三上学期基础测试（一模）数学试题
1．（2025·嘉兴模拟）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由题意，可知.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和并集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025·嘉兴模拟）设z=i(2+i)，则 =（ ）
A．1+2i B．–1+2i C．1–2i D．–1–2i
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】 ，
所以 ，
故答案为：D．
【分析】本题根据复数的乘法运算法则先求得z，然后根据共轭复数的概念，写出 ．
3．（2025·嘉兴模拟）已知正三棱台的体积为，其上下底面的边长分别为1和2，则这个正三棱台的高为（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为正三棱台的上底面积为，下底面积为，
又因为台体的体积为，
所以，
解得，则正三棱台的高为1.
故答案为：C.
【分析】根据正三棱台的体积公式和已知条件，从而求出正三棱台的高.
4．（2025·嘉兴模拟）为了节约能源，嘉兴市对居民生活用天然气实行“阶梯定价”，计费方式如下表：
每户每年天然气用量 天然气价格
不超过 2.98元
超过但不超过的部分 3.60元
超过的部分 4.50元
若某户居民一年的天然气费为2082元，则此户居民这一年使用的天然气为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：设天然气使用量为，天然气费为元，
则，
因为，
所以，
则，
解得，
所以天然气使用量为.
故答案为：B.
【分析】设天然气费用为使用量的函数，根据题意写出分段函数解析式，先判断对应哪一段，从而求解得出此户居民这一年使用的天然气使用量.
5．（2025·嘉兴模拟）已知数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列的前n项和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由，则，
由，则，
所以，
则、、、，
所以.
故答案为：A.
【分析】由题意结合递推公式变形，从而可得、，再利用等比数列前n项和公式得出.
6．（2025·嘉兴模拟）已知椭圆和双曲线有相同的焦点是它们的一个公共点，且，若的离心率为，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图：设椭圆：，双曲线：，
因为它们有相同的焦点，
所以.
不妨设点在第一象限，且，，
因为点在椭圆上，
所以.
又因为，
所以，
又因为在双曲线上，
所以.
则.
所以，双曲线的离心率为：.
故答案为：A.
【分析】根据椭圆的定义和双曲线的定义，再结合余弦定理和椭圆的离心率的计算公式、双曲线的离心率公式，从而得出双曲线的离心率.
7．（2025·嘉兴模拟）已知函数的最小正周期为，若，则的最小值为（ ）
A． B． C．0 D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由，则，
因为，所以，
则
，
又因为，
则当时，有最小值.
故答案为：B.
【分析】由正弦型函数的最小正周期公式和的取值范围，从而可得的值，再利用诱导公式与二倍角的余弦公式，从而将转化为，再结合正弦函数的值域和二次函数求最值的方法，从而得出的最小值.
8．（2025·嘉兴模拟）若实数满足，则下列结论不可能成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由，
得，
由选项知，只需要讨论及两种情况，
当时，，
所以，
因为函数在上单调递增，
所以，即，得成立，故A正确；
因为，所以，
则，
得，所以，故B正确；
当时，，
所以，
因为函数在上单调递增，
所以，则，得成立，故C正确；
因为，
所以，
则，
得，则，故D错误.
故答案为：D.
【分析】分及两种情况讨论，结合对数函数的单调性，从而逐项判断找出结论不可能的成立的选项.
9．（2025·嘉兴模拟）下列说法正确的是（ ）
A．样本数据，去掉其中的一个最小数和一个最大数后，剩余数据的中位数小于原样本的中位数
B．数据的方差为0，则所有的都相等
C．若随机变量，则
D．在线性回归模型中，变量与的一组样本数据对应的点均在直线上，则决定系数
【答案】B,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；回归分析；样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：对于选项A，假设一组数据样本，其中位数为，
去掉其中的一个最小数和一个最大数后，数据样本为，其中位数仍为，所以A错误；
对于选项B，根据方差的计算公式（其中为平均数），
若方差，则，
所以，则，
因此所有的都相等，所以B正确；
对于选项C，对于正态分布，越小，曲线越“瘦高”，在相同区间内的概率越大，
因为，则，
所以，所以C正确；
对于选项D，已知在线性回归模型中，变量与的一组样本数据对应的点均在直线上，
则残差，
所以，决定系数，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件和中位数公式，则可判断选项A；根据方差公式，则可判断选项B；利用正态分布中越小，曲线越“瘦高”，再根据概率的性质，则可判断选项C；根据线性回归模型中决定系数的公式结合已知条件，再分析残差平方和与总偏差平方和的关系，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2025·嘉兴模拟）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的单调递减区间是
B．若，则方程有两个不等的实根
C．若点是曲线上的动点，则点到直线距离的最小值为
D．若过点可以作曲线的三条切线，则
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；平面内点到直线的距离公式；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【解答】解：对于A：因为，
由，得，又因为函数在连续，
所以的单调递减区间是，故A正确；
对于B：当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
当时，取得最大值，
当时，；
当时，，
所以的图象大致如图所示：
当时，函数与函数图象有两个交点，
则方程有两个不等的实根，故B错误；
对于C：当曲线在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小，
设点，则，解得，此时，
则点到直线的距离，故C正确；
对于D：设过点的切线切点为，
则，整理得，
若过点可以作曲线的三条切线，
则函数与函数有三个交点，
对于函数，则，
当时，函数单调递减；
当时，函数单调递增；
当时，函数单调递减，
当时，；当时，；时，；时，，
所以函数的图象大致如下：
则当时，函数与函数有三个交点，
此时过点可以作曲线的三条切线，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由导数的正负判断函数的单调性和函数连续性，从而得出函数的单调递减区间，则可判断选项A；利用已知条件将问题转化为两个函数图象交点的个数问题，结合图象和导数求切线的方法以及判别式法，则可判断选项B和选项D；当在点处的切线与直线平行时，则点到直线的距离最小，从而求出点的坐标，再利用点到直线距离公式判断出选项C，从而找出说法正确的选项.
11．（2025·嘉兴模拟）在三棱锥中，，点在平面上的射影为点，直线与平面所成的角分别为，则（ ）
A．点的轨迹长度为
B．的取值范围是
C．三棱锥的体积的最小值是
D．当最大时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】A,B,D
【知识点】余弦函数的性质；圆锥曲线的轨迹问题；球的表面积与体积公式及应用；运用诱导公式化简求值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于选项A：因为点在平面内的射影为点，
则，
又因为，
所以，
以所在的直线为轴，以的中垂线为轴建立的平面直角坐标系，
则，设，因为，
可得，
整理得，则，
所以点轨迹是半径为的圆，则所求轨迹的长度为，故A正确；
对于选项B：当与圆相切时，记，
则，
因为，所以，
则，所以，故B正确；
对于选项C：由，可得，
所以体积，故C错误；
对于选项D：当最大时，，
所以，则是顶角的等腰三角形，
记的外心是，则四边形是菱形，
取的中点，则点是的外心，
所以过点分别作平面的垂线，交于点，
则点就是三棱锥的外接球球心.
又因为，
记三棱锥的外接球半径为，则，
所以外接球的表面积为，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】在平面中，利用正切函数的定义得出，从而建立平面直角坐标系，则得出点的坐标，再利用和两点距离公式可判断出选项A；记，再利用已知条件可得到的取值范围，再利用余弦函数的值域得到的取值范围，则判断出选项B；由三棱锥的体积公式和几何法求最值的方法，从而得出三棱锥的体积的最小值，则判断出选项C；由已知条件和几何法求最值的方法以及球的表面积公式，从而得出当最大时的三棱锥的外接球的表面积，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2025·嘉兴模拟）已知向量满足，则 .
【答案】1
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，得，
因为，所以，
解得.
故答案为：1.
【分析】根据已知条件和数量积求向量的模的公式以及数量积的运算律，从而得出的值.
13．（2025·嘉兴模拟）过点的直线与抛物线相交于两点，若恰为的中点，则线段的长为 .
【答案】16
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：设，
则，
两式相减得，
∴，
∵的中点是，∴．
∴直线方程为，即，
由，得，
则，
∴．
故答案为：16.
【分析】利用代入法得出，利用点差法求出直线AB的斜率，从而得出直线AB的方程，再联立直线方程和抛物线方程，则由韦达定理和弦长公式，从而计算得出线段AB的长．
14．（2025·嘉兴模拟）记的内角的对边分别为，若的面积，则的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理，得，
因为，
所以，
则，
所以，
则，所以，
又因为，所以.
方法一：由正弦定理，
得
，其中，且，
因为，
所以，
又因为，
所以，
则的取值范围是．
方法二：因为，
令，又因为，
又因为，所以，则，
所以在上单调递减，
则函数在单调递减，且，，
所以的取值范围是．
方法三：由余弦定理，得，
因为，
所以，
则，
所以，
则，所以，
又因为，所以，
则，
所以，
令，得，
令，则，
所以
又因为在上单调递增，
所以，
则，所以，
则的取值范围是．
故答案为：．
【分析】利用已知条件和三角形面积公式，再结合余弦定理得出的值，再利用两种方法求解.
方法一：利用正弦定理结合辅助角公式，将化简为，再根据角的取值范围得出的取值范围.
方法二：利用导数的正负判断函数的单调性，再结合角C的取值范围得出的取值范围.
方法三：先根据余弦定理和三角形的面积公式，从而求出的值，再根据余弦定理，将化为含b、c的齐次分式，再通过换元法和函数的单调性，从而得出的取值范围．
15．（2025·嘉兴模拟）已知等差数列的公差为，前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设为数列的前项和，求使得的的最小值.
【答案】（1）解：因为，
所以
解得
所以.
（2）解：由（1）知，
所以，
则数列是以4为首项，3为公差的等差数列，
所以.
由，得，
则，
所以，或，
又因为， 所以的最小值为4.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【分析】（1）由等差数列的前项和公式建立方程组，解方程组得出数列的首项和公差的值，再利用等差数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）由（1）可得到，利用等差数列前n项和公式求出数列的前项和，再代入已知条件中的不等式，解一元二次不等式得出n的最小值.
（1）由于，
故解得
所以.
（2）由（1）知，所以，
则数列是以4为首项，3为公差的等差数列；
所以.
由，得，
即，
则，或，
又因为，所以的最小值为4.
16．（2025·嘉兴模拟）如图，在正三棱柱中，为的中点，点在棱上，.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：方法一：在直三棱柱中，，
所以，
则，所以，
又因为，所以，，，
则，所以，
所以，
则，
因为平面，
所以平面．
方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
则
所以，
则
因为平面，
所以平面．
（2）解：方法一：如图，延长交于点，过点作，垂足为，
连结，
由平面，得，
所以为平面与平面的夹角，
在中，，
所以，
则，
又因为，
所以，
则，
所以，
则平面与平面夹角的余弦值为.
方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
取，得，
因为平面的一个法向量为，
记平面与平面的夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
方法三：由（1）知：，
记平面与平面的夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用两种方法证明.
方法一：根据题意和勾股定理求出的长，再利用勾股定理可得，再利用可得，再根据线面垂直的判定证明，从而证出平面.
方法二：以点为原点建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出线线垂直，再根据线线垂直证出线面垂直，即证出平面．
（2）利用两种方法求解.
方法一：延长交于点，过点作，垂足为，连结，利用向量线面垂直的定义证出，则即为平面与平面的夹角，再利用余弦定理、三角形的面积公式得出CG的长，计算得出平面与平面夹角的余弦值.
方法二：以点为原点建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，计算出平面的一个法向量，再利用平面的一个法向量为结合数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值.
方法三：根据三角形的面积公式和射影面积法，从而得出平面与平面夹角的余弦值．
（1）方法一：在直三棱柱中，，
所以，
所以，所以，
又，所以，，，
则，所以，
所以，
即，又平面，
所以平面．
方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以
所以，即
又平面，所以平面．
（2）方法一：如图，延长交于点，过点作，垂足为，连结，
则由平面得，
所以即为平面与平面的夹角．
在中，，
所以，即，
又，所以，
所以，所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，则，
取得，又平面的一个法向量为，
记平面与平面的夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
方法三：由（1）知，
记平面与平面的夹角为，则
即平面与平面夹角的余弦值为．
17．（2025·嘉兴模拟）2025年7月6日晚，“浙BA”揭幕战在绍兴诸暨打响，“浙BA”作为浙江省城市篮球联赛，不仅是一场体育赛事，也是一场文化盛宴，更是一台经济引擎.某校为激发学生对篮球 足球 排球运动的兴趣，举行了一次有关三大球类运动的知识竞赛，海量题库中篮球 足球 排球三类相关知识题量占比分别为.甲同学回答篮球 足球 排球这三类问题中每个题的正确率分别为.
（1）若甲同学在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率；
（2）若甲同学从这三类题中各任选一题作答，每回答正确一题得3分，回答错误得-1分.设该同学回答三题后的总得分为分，求的分布列及数学期望；
（3）知识竞赛规则：随机从题库中抽取道题目，答对题目数不少于道，即可获得奖励.现以获得奖励的概率大小为依据，若甲同学在和之中选其一，则他应如何选择？并说明理由.
【答案】（1）解：设“甲同学所选的题目回答正确”，
“所选的题目为篮球 足球 排球相关知识的题目”，
则，且两两互斥，
根据题意，得，，
则
所以，甲同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为.
（2）解：因为随机变量的可能取值为，
，
，
，
则随机变量的分布列为：
-3 1 5 9
所以.
（3）解：当时，为甲答对题目的数量，
由题意，可知，其中，
当时，甲获奖励的概率；
当时，甲获奖励的情况可以分为如下情况：
①前8题答对题目的数量大于等于5，
②前8题答对题目的数量等于4，且最后2题至少答对1题，
③前8题答对题目的数量等于3，且最后2题全部答对，
当时，甲获奖励的概率，所以
因为，
所以，
则，
所以，甲应选.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）设“甲同学所选的题目回答正确”，“所选的题目为篮球 足球 排球相关知识的题目”，结合条件概率公式和全概率公式，从而得出甲同学回答正确的概率.
（2）利用已知条件确定随机变量的可能的取值，利用对立事件的概率公式和独立事件乘法求概率公式，从而得出对应概率，则得出随机变量X的分布列，再根据随机变量的分布列求扇形期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（3）当时，由甲答对题目的数量，从而确定甲获奖励的概率，再从①前8题答对题目的数量大于等于5，②前8题答对题目的数量等于4，且最后2题至少答对1题，③前8题答对题目的数量等于3，且最后2题全部答对，再讨论当时甲获奖励的概率，比较概率大小得出甲应选的值.
（1）设“甲同学所选的题目回答正确”，“所选的题目为篮球 足球 排球相关知识的题目”，则，且两两互斥.
根据题意得，，
则，
所以甲同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为.
（2）的可能取值为，
，
，
，
，
则的分布列为：
-3 1 5 9
所以.
（3）当时，为甲答对题目的数量，
由题意可知，其中，
故当时，甲获奖励的概率，
当时，甲获奖励的情况可以分为如下情况：
①前8题答对题目的数量大于等于5，
②前8题答对题目的数量等于4，且最后2题至少答对1题，
③前8题答对题目的数量等于3，且最后2题全部答对，
故当时，甲获奖励的概率，所以
，
因为，所以，即，
所以甲应选.
18．（2025·嘉兴模拟）已知双曲线的左 右焦点分别是，并且经过点.
（1）求的方程；
（2）过点的直线交双曲线的右支于两点（点在第一象限），过点作直线的垂线，垂足为.
（i）求证：直线经过定点；
（ii）记的面积为，求的取值范围.
【答案】（1）解：依题意，双曲线半焦距为，
则，
解得，
所以，双曲线的方程为.
（2）（i）证明：设，
则，
由，消去，得，
则，
解得，所以，
则直线的方程为，
所以，
又因为
，
因此，直线的方程为，
所以，直线经过定点.
或令，得：
，
所以直线经过定点.
（ii）解：由（i）知，，
则
又因为，
令，
因此在上单调递增，
则，
所以的取值范围是.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的半焦距定义得出c的值，利用点代入法和双曲线中a，b，c三者的关系式，从而建立方程组得出的值，进而得出双曲线C的标准方程.
（2）（i）设出直线方程，将直线MN的方程与双曲线的方程联立，再利用韦达定理、判别式法和直线方程变形证出直线经过定点.
（ii）由（i）得出的取值范围，再利用三角形的面积公式和换元法以及函数的单调性，从而得出函数的值域，进而得出的取值范围.
（1）依题意，双曲线半焦距，则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）（i）设，则，
由消去得，
则，解得，，
直线的方程为，即，
而
，因此直线的方程为，
所以直线经过定点.
或令，得
，
所以直线经过定点.
（ii）由（i）知，
，
而，令，
因此在上单调递增，则，
所以的取值范围是.
19．（2025·嘉兴模拟）已知函数.当时，恒成立.
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：（i）在上存在极值点和零点；
（ii）对于（i）中的和，满足.
【答案】（1）解：因为，求导可得，
观察可知在上单调递增，
所以.
①当时，恒成立，
所以在上单调递减，，不满足题意；
②当时，在上单调递增，
所以，使得，当时，，
则在上单调递减，所以，当时，，不满足题意；
③当时，恒成立，所以在上单调递增，
则，满足题意，
综上所述，.
（2）证明：（i）因为，其中，
所以，，
当时，，
由知，成立，
所以在上无零点，则在上无极值点.
当时，令，
则在上单调递增，
所以，
由知，，
所以，使得，
当时，，则单调递减，
所以；
当时，，则单调递增，
因为，
所以，，使得，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以在上存在唯一极小值点，则，
又因为，所以，存在，使得，
则在上存在唯一零点.
（ii）由（i）知成立，
下面证明，
由（i）知，，所以，
因为在上单调递增，要证，只需要证明.
因为，所以，
由（i）知，得，
所以，
由（1）知，当时，，
所以，
令，其中，
则恒成立，
所以在上单调递增，则，
所以成立，则成立，
所以，
综上所述，.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）由已知条件可得，再分类讨论当时，是否恒成立，利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
（2）（i）先对函数求导，利用导数的正负判断函数的单调性，从而证出函数在上存在极值点，再结合零点存在性定理证出函数在上存在零点.
（ii）由（i）知成立，只需证出即可，构造新函数，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的值域，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而证出（i）中的和满足.
（1），求导可得，
观察可知在上单调递增，所以.
①当时，恒成立，所以在上单调递减，，不满足题意；
②当时，在上单调递增，
所以，使得，当时，，在上单调递减，
所以时，，不满足题意；
③当时，恒成立，所以在上单调递增，，满足题意.
综上，.
（2）（i），其中，
则，，
当时，，
由知，成立，
所以在上无零点，即在上无极值点.
当时，令，
则在上单调递增，，
由知，，
所以使得，当时，，即单调递减，
所以；
当时，，即单调递增，
因为，所以，使得，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以在上存在唯一极小值点.
故，又因为，
所以存在使得，
所以在上存在唯一零点，得证.
（ii）由（i）知成立，下面证明.
由（i）知，所以，
因为在上单调递增，要证，只需要证明.
因为，所以，
由（i）知，得，
所以，
由（1）知，当时，，所以，
令，其中，
则恒成立，
所以在上单调递增，所以，即成立，
所以成立，即，
综上所述，得证.
1 / 1浙江省嘉兴市2025-2026学年高三上学期基础测试（一模）数学试题
1．（2025·嘉兴模拟）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·嘉兴模拟）设z=i(2+i)，则 =（ ）
A．1+2i B．–1+2i C．1–2i D．–1–2i
3．（2025·嘉兴模拟）已知正三棱台的体积为，其上下底面的边长分别为1和2，则这个正三棱台的高为（ ）
A． B． C．1 D．2
4．（2025·嘉兴模拟）为了节约能源，嘉兴市对居民生活用天然气实行“阶梯定价”，计费方式如下表：
每户每年天然气用量 天然气价格
不超过 2.98元
超过但不超过的部分 3.60元
超过的部分 4.50元
若某户居民一年的天然气费为2082元，则此户居民这一年使用的天然气为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·嘉兴模拟）已知数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·嘉兴模拟）已知椭圆和双曲线有相同的焦点是它们的一个公共点，且，若的离心率为，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·嘉兴模拟）已知函数的最小正周期为，若，则的最小值为（ ）
A． B． C．0 D．
8．（2025·嘉兴模拟）若实数满足，则下列结论不可能成立的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025·嘉兴模拟）下列说法正确的是（ ）
A．样本数据，去掉其中的一个最小数和一个最大数后，剩余数据的中位数小于原样本的中位数
B．数据的方差为0，则所有的都相等
C．若随机变量，则
D．在线性回归模型中，变量与的一组样本数据对应的点均在直线上，则决定系数
10．（2025·嘉兴模拟）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的单调递减区间是
B．若，则方程有两个不等的实根
C．若点是曲线上的动点，则点到直线距离的最小值为
D．若过点可以作曲线的三条切线，则
11．（2025·嘉兴模拟）在三棱锥中，，点在平面上的射影为点，直线与平面所成的角分别为，则（ ）
A．点的轨迹长度为
B．的取值范围是
C．三棱锥的体积的最小值是
D．当最大时，三棱锥的外接球的表面积为
12．（2025·嘉兴模拟）已知向量满足，则 .
13．（2025·嘉兴模拟）过点的直线与抛物线相交于两点，若恰为的中点，则线段的长为 .
14．（2025·嘉兴模拟）记的内角的对边分别为，若的面积，则的取值范围是 ．
15．（2025·嘉兴模拟）已知等差数列的公差为，前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设为数列的前项和，求使得的的最小值.
16．（2025·嘉兴模拟）如图，在正三棱柱中，为的中点，点在棱上，.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
17．（2025·嘉兴模拟）2025年7月6日晚，“浙BA”揭幕战在绍兴诸暨打响，“浙BA”作为浙江省城市篮球联赛，不仅是一场体育赛事，也是一场文化盛宴，更是一台经济引擎.某校为激发学生对篮球 足球 排球运动的兴趣，举行了一次有关三大球类运动的知识竞赛，海量题库中篮球 足球 排球三类相关知识题量占比分别为.甲同学回答篮球 足球 排球这三类问题中每个题的正确率分别为.
（1）若甲同学在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率；
（2）若甲同学从这三类题中各任选一题作答，每回答正确一题得3分，回答错误得-1分.设该同学回答三题后的总得分为分，求的分布列及数学期望；
（3）知识竞赛规则：随机从题库中抽取道题目，答对题目数不少于道，即可获得奖励.现以获得奖励的概率大小为依据，若甲同学在和之中选其一，则他应如何选择？并说明理由.
18．（2025·嘉兴模拟）已知双曲线的左 右焦点分别是，并且经过点.
（1）求的方程；
（2）过点的直线交双曲线的右支于两点（点在第一象限），过点作直线的垂线，垂足为.
（i）求证：直线经过定点；
（ii）记的面积为，求的取值范围.
19．（2025·嘉兴模拟）已知函数.当时，恒成立.
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：（i）在上存在极值点和零点；
（ii）对于（i）中的和，满足.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由题意，可知.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和并集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】 ，
所以 ，
故答案为：D．
【分析】本题根据复数的乘法运算法则先求得z，然后根据共轭复数的概念，写出 ．
3．【答案】C
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为正三棱台的上底面积为，下底面积为，
又因为台体的体积为，
所以，
解得，则正三棱台的高为1.
故答案为：C.
【分析】根据正三棱台的体积公式和已知条件，从而求出正三棱台的高.
4．【答案】B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：设天然气使用量为，天然气费为元，
则，
因为，
所以，
则，
解得，
所以天然气使用量为.
故答案为：B.
【分析】设天然气费用为使用量的函数，根据题意写出分段函数解析式，先判断对应哪一段，从而求解得出此户居民这一年使用的天然气使用量.
5．【答案】A
【知识点】等比数列的前n项和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由，则，
由，则，
所以，
则、、、，
所以.
故答案为：A.
【分析】由题意结合递推公式变形，从而可得、，再利用等比数列前n项和公式得出.
6．【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图：设椭圆：，双曲线：，
因为它们有相同的焦点，
所以.
不妨设点在第一象限，且，，
因为点在椭圆上，
所以.
又因为，
所以，
又因为在双曲线上，
所以.
则.
所以，双曲线的离心率为：.
故答案为：A.
【分析】根据椭圆的定义和双曲线的定义，再结合余弦定理和椭圆的离心率的计算公式、双曲线的离心率公式，从而得出双曲线的离心率.
7．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由，则，
因为，所以，
则
，
又因为，
则当时，有最小值.
故答案为：B.
【分析】由正弦型函数的最小正周期公式和的取值范围，从而可得的值，再利用诱导公式与二倍角的余弦公式，从而将转化为，再结合正弦函数的值域和二次函数求最值的方法，从而得出的最小值.
8．【答案】D
【知识点】对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由，
得，
由选项知，只需要讨论及两种情况，
当时，，
所以，
因为函数在上单调递增，
所以，即，得成立，故A正确；
因为，所以，
则，
得，所以，故B正确；
当时，，
所以，
因为函数在上单调递增，
所以，则，得成立，故C正确；
因为，
所以，
则，
得，则，故D错误.
故答案为：D.
【分析】分及两种情况讨论，结合对数函数的单调性，从而逐项判断找出结论不可能的成立的选项.
9．【答案】B,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；回归分析；样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：对于选项A，假设一组数据样本，其中位数为，
去掉其中的一个最小数和一个最大数后，数据样本为，其中位数仍为，所以A错误；
对于选项B，根据方差的计算公式（其中为平均数），
若方差，则，
所以，则，
因此所有的都相等，所以B正确；
对于选项C，对于正态分布，越小，曲线越“瘦高”，在相同区间内的概率越大，
因为，则，
所以，所以C正确；
对于选项D，已知在线性回归模型中，变量与的一组样本数据对应的点均在直线上，
则残差，
所以，决定系数，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件和中位数公式，则可判断选项A；根据方差公式，则可判断选项B；利用正态分布中越小，曲线越“瘦高”，再根据概率的性质，则可判断选项C；根据线性回归模型中决定系数的公式结合已知条件，再分析残差平方和与总偏差平方和的关系，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；平面内点到直线的距离公式；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【解答】解：对于A：因为，
由，得，又因为函数在连续，
所以的单调递减区间是，故A正确；
对于B：当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
当时，取得最大值，
当时，；
当时，，
所以的图象大致如图所示：
当时，函数与函数图象有两个交点，
则方程有两个不等的实根，故B错误；
对于C：当曲线在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小，
设点，则，解得，此时，
则点到直线的距离，故C正确；
对于D：设过点的切线切点为，
则，整理得，
若过点可以作曲线的三条切线，
则函数与函数有三个交点，
对于函数，则，
当时，函数单调递减；
当时，函数单调递增；
当时，函数单调递减，
当时，；当时，；时，；时，，
所以函数的图象大致如下：
则当时，函数与函数有三个交点，
此时过点可以作曲线的三条切线，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由导数的正负判断函数的单调性和函数连续性，从而得出函数的单调递减区间，则可判断选项A；利用已知条件将问题转化为两个函数图象交点的个数问题，结合图象和导数求切线的方法以及判别式法，则可判断选项B和选项D；当在点处的切线与直线平行时，则点到直线的距离最小，从而求出点的坐标，再利用点到直线距离公式判断出选项C，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】余弦函数的性质；圆锥曲线的轨迹问题；球的表面积与体积公式及应用；运用诱导公式化简求值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于选项A：因为点在平面内的射影为点，
则，
又因为，
所以，
以所在的直线为轴，以的中垂线为轴建立的平面直角坐标系，
则，设，因为，
可得，
整理得，则，
所以点轨迹是半径为的圆，则所求轨迹的长度为，故A正确；
对于选项B：当与圆相切时，记，
则，
因为，所以，
则，所以，故B正确；
对于选项C：由，可得，
所以体积，故C错误；
对于选项D：当最大时，，
所以，则是顶角的等腰三角形，
记的外心是，则四边形是菱形，
取的中点，则点是的外心，
所以过点分别作平面的垂线，交于点，
则点就是三棱锥的外接球球心.
又因为，
记三棱锥的外接球半径为，则，
所以外接球的表面积为，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】在平面中，利用正切函数的定义得出，从而建立平面直角坐标系，则得出点的坐标，再利用和两点距离公式可判断出选项A；记，再利用已知条件可得到的取值范围，再利用余弦函数的值域得到的取值范围，则判断出选项B；由三棱锥的体积公式和几何法求最值的方法，从而得出三棱锥的体积的最小值，则判断出选项C；由已知条件和几何法求最值的方法以及球的表面积公式，从而得出当最大时的三棱锥的外接球的表面积，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】1
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，得，
因为，所以，
解得.
故答案为：1.
【分析】根据已知条件和数量积求向量的模的公式以及数量积的运算律，从而得出的值.
13．【答案】16
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：设，
则，
两式相减得，
∴，
∵的中点是，∴．
∴直线方程为，即，
由，得，
则，
∴．
故答案为：16.
【分析】利用代入法得出，利用点差法求出直线AB的斜率，从而得出直线AB的方程，再联立直线方程和抛物线方程，则由韦达定理和弦长公式，从而计算得出线段AB的长．
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理，得，
因为，
所以，
则，
所以，
则，所以，
又因为，所以.
方法一：由正弦定理，
得
，其中，且，
因为，
所以，
又因为，
所以，
则的取值范围是．
方法二：因为，
令，又因为，
又因为，所以，则，
所以在上单调递减，
则函数在单调递减，且，，
所以的取值范围是．
方法三：由余弦定理，得，
因为，
所以，
则，
所以，
则，所以，
又因为，所以，
则，
所以，
令，得，
令，则，
所以
又因为在上单调递增，
所以，
则，所以，
则的取值范围是．
故答案为：．
【分析】利用已知条件和三角形面积公式，再结合余弦定理得出的值，再利用两种方法求解.
方法一：利用正弦定理结合辅助角公式，将化简为，再根据角的取值范围得出的取值范围.
方法二：利用导数的正负判断函数的单调性，再结合角C的取值范围得出的取值范围.
方法三：先根据余弦定理和三角形的面积公式，从而求出的值，再根据余弦定理，将化为含b、c的齐次分式，再通过换元法和函数的单调性，从而得出的取值范围．
15．【答案】（1）解：因为，
所以
解得
所以.
（2）解：由（1）知，
所以，
则数列是以4为首项，3为公差的等差数列，
所以.
由，得，
则，
所以，或，
又因为， 所以的最小值为4.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【分析】（1）由等差数列的前项和公式建立方程组，解方程组得出数列的首项和公差的值，再利用等差数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）由（1）可得到，利用等差数列前n项和公式求出数列的前项和，再代入已知条件中的不等式，解一元二次不等式得出n的最小值.
（1）由于，
故解得
所以.
（2）由（1）知，所以，
则数列是以4为首项，3为公差的等差数列；
所以.
由，得，
即，
则，或，
又因为，所以的最小值为4.
16．【答案】（1）证明：方法一：在直三棱柱中，，
所以，
则，所以，
又因为，所以，，，
则，所以，
所以，
则，
因为平面，
所以平面．
方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
则
所以，
则
因为平面，
所以平面．
（2）解：方法一：如图，延长交于点，过点作，垂足为，
连结，
由平面，得，
所以为平面与平面的夹角，
在中，，
所以，
则，
又因为，
所以，
则，
所以，
则平面与平面夹角的余弦值为.
方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
取，得，
因为平面的一个法向量为，
记平面与平面的夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
方法三：由（1）知：，
记平面与平面的夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用两种方法证明.
方法一：根据题意和勾股定理求出的长，再利用勾股定理可得，再利用可得，再根据线面垂直的判定证明，从而证出平面.
方法二：以点为原点建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出线线垂直，再根据线线垂直证出线面垂直，即证出平面．
（2）利用两种方法求解.
方法一：延长交于点，过点作，垂足为，连结，利用向量线面垂直的定义证出，则即为平面与平面的夹角，再利用余弦定理、三角形的面积公式得出CG的长，计算得出平面与平面夹角的余弦值.
方法二：以点为原点建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，计算出平面的一个法向量，再利用平面的一个法向量为结合数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值.
方法三：根据三角形的面积公式和射影面积法，从而得出平面与平面夹角的余弦值．
（1）方法一：在直三棱柱中，，
所以，
所以，所以，
又，所以，，，
则，所以，
所以，
即，又平面，
所以平面．
方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以
所以，即
又平面，所以平面．
（2）方法一：如图，延长交于点，过点作，垂足为，连结，
则由平面得，
所以即为平面与平面的夹角．
在中，，
所以，即，
又，所以，
所以，所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，则，
取得，又平面的一个法向量为，
记平面与平面的夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
方法三：由（1）知，
记平面与平面的夹角为，则
即平面与平面夹角的余弦值为．
17．【答案】（1）解：设“甲同学所选的题目回答正确”，
“所选的题目为篮球 足球 排球相关知识的题目”，
则，且两两互斥，
根据题意，得，，
则
所以，甲同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为.
（2）解：因为随机变量的可能取值为，
，
，
，
则随机变量的分布列为：
-3 1 5 9
所以.
（3）解：当时，为甲答对题目的数量，
由题意，可知，其中，
当时，甲获奖励的概率；
当时，甲获奖励的情况可以分为如下情况：
①前8题答对题目的数量大于等于5，
②前8题答对题目的数量等于4，且最后2题至少答对1题，
③前8题答对题目的数量等于3，且最后2题全部答对，
当时，甲获奖励的概率，所以
因为，
所以，
则，
所以，甲应选.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）设“甲同学所选的题目回答正确”，“所选的题目为篮球 足球 排球相关知识的题目”，结合条件概率公式和全概率公式，从而得出甲同学回答正确的概率.
（2）利用已知条件确定随机变量的可能的取值，利用对立事件的概率公式和独立事件乘法求概率公式，从而得出对应概率，则得出随机变量X的分布列，再根据随机变量的分布列求扇形期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（3）当时，由甲答对题目的数量，从而确定甲获奖励的概率，再从①前8题答对题目的数量大于等于5，②前8题答对题目的数量等于4，且最后2题至少答对1题，③前8题答对题目的数量等于3，且最后2题全部答对，再讨论当时甲获奖励的概率，比较概率大小得出甲应选的值.
（1）设“甲同学所选的题目回答正确”，“所选的题目为篮球 足球 排球相关知识的题目”，则，且两两互斥.
根据题意得，，
则，
所以甲同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为.
（2）的可能取值为，
，
，
，
，
则的分布列为：
-3 1 5 9
所以.
（3）当时，为甲答对题目的数量，
由题意可知，其中，
故当时，甲获奖励的概率，
当时，甲获奖励的情况可以分为如下情况：
①前8题答对题目的数量大于等于5，
②前8题答对题目的数量等于4，且最后2题至少答对1题，
③前8题答对题目的数量等于3，且最后2题全部答对，
故当时，甲获奖励的概率，所以
，
因为，所以，即，
所以甲应选.
18．【答案】（1）解：依题意，双曲线半焦距为，
则，
解得，
所以，双曲线的方程为.
（2）（i）证明：设，
则，
由，消去，得，
则，
解得，所以，
则直线的方程为，
所以，
又因为
，
因此，直线的方程为，
所以，直线经过定点.
或令，得：
，
所以直线经过定点.
（ii）解：由（i）知，，
则
又因为，
令，
因此在上单调递增，
则，
所以的取值范围是.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的半焦距定义得出c的值，利用点代入法和双曲线中a，b，c三者的关系式，从而建立方程组得出的值，进而得出双曲线C的标准方程.
（2）（i）设出直线方程，将直线MN的方程与双曲线的方程联立，再利用韦达定理、判别式法和直线方程变形证出直线经过定点.
（ii）由（i）得出的取值范围，再利用三角形的面积公式和换元法以及函数的单调性，从而得出函数的值域，进而得出的取值范围.
（1）依题意，双曲线半焦距，则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）（i）设，则，
由消去得，
则，解得，，
直线的方程为，即，
而
，因此直线的方程为，
所以直线经过定点.
或令，得
，
所以直线经过定点.
（ii）由（i）知，
，
而，令，
因此在上单调递增，则，
所以的取值范围是.
19．【答案】（1）解：因为，求导可得，
观察可知在上单调递增，
所以.
①当时，恒成立，
所以在上单调递减，，不满足题意；
②当时，在上单调递增，
所以，使得，当时，，
则在上单调递减，所以，当时，，不满足题意；
③当时，恒成立，所以在上单调递增，
则，满足题意，
综上所述，.
（2）证明：（i）因为，其中，
所以，，
当时，，
由知，成立，
所以在上无零点，则在上无极值点.
当时，令，
则在上单调递增，
所以，
由知，，
所以，使得，
当时，，则单调递减，
所以；
当时，，则单调递增，
因为，
所以，，使得，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以在上存在唯一极小值点，则，
又因为，所以，存在，使得，
则在上存在唯一零点.
（ii）由（i）知成立，
下面证明，
由（i）知，，所以，
因为在上单调递增，要证，只需要证明.
因为，所以，
由（i）知，得，
所以，
由（1）知，当时，，
所以，
令，其中，
则恒成立，
所以在上单调递增，则，
所以成立，则成立，
所以，
综上所述，.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）由已知条件可得，再分类讨论当时，是否恒成立，利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
（2）（i）先对函数求导，利用导数的正负判断函数的单调性，从而证出函数在上存在极值点，再结合零点存在性定理证出函数在上存在零点.
（ii）由（i）知成立，只需证出即可，构造新函数，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的值域，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而证出（i）中的和满足.
（1），求导可得，
观察可知在上单调递增，所以.
①当时，恒成立，所以在上单调递减，，不满足题意；
②当时，在上单调递增，
所以，使得，当时，，在上单调递减，
所以时，，不满足题意；
③当时，恒成立，所以在上单调递增，，满足题意.
综上，.
（2）（i），其中，
则，，
当时，，
由知，成立，
所以在上无零点，即在上无极值点.
当时，令，
则在上单调递增，，
由知，，
所以使得，当时，，即单调递减，
所以；
当时，，即单调递增，
因为，所以，使得，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以在上存在唯一极小值点.
故，又因为，
所以存在使得，
所以在上存在唯一零点，得证.
（ii）由（i）知成立，下面证明.
由（i）知，所以，
因为在上单调递增，要证，只需要证明.
因为，所以，
由（i）知，得，
所以，
由（1）知，当时，，所以，
令，其中，
则恒成立，
所以在上单调递增，所以，即成立，
所以成立，即，
综上所述，得证.
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