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2025 年高考考前信息必刷卷 03（浙江卷）
数 学
考情速递
高考·新动向：浙江卷考试题型设置为8道单选题、3道多选题、3道填空题和5道解答题，其中第19题专
注于考查数列的新定义。该题的考查动向涵盖以下几个方面：对新概念的理解及其在实际问题中的应用能
力、将新运算规则或新情境迁移到数列问题中的能力、综合运用推理技巧解决存在性问题的能力、数列知
识与数学文化相结合的考查，以及处理复杂逻辑关系和进行计算的能力。
高考·新情境：2025年新高考I卷数学命题将倾向于融入更多新情境，这些情境将紧密围绕现实生活和社会
发展的需求展开，可能涉及科技、经济、文化等多个方面。命题旨在通过这些真实问题背景，考察学生运
用数学知识解决实际问题的能力，以及他们的数学应用能力。通过设计与学生生活实际和时代特征相契合
的数学情境，命题将激励学生灵活运用所学知识，培养他们的创新思维和实际操作能力。
命题·大预测：2025年浙江卷数学命题预计会有所调整，整体难度可能变化，以更全面地考查学生的综合
素养和创新思维能力。题型设计预计将更加灵活多样，融入更多与现实生活紧密相关及科技发展的新情境，
旨在评估学生的数学综合应用能力和创新思维水平。函数、数列、立体几何、概率统计等核心知识点仍将
是考查的重点，强调通用方法和思路，减少对特殊技巧的依赖。解析几何部分预计将保持稳定，着重考查
曲线方程、定点定值等问题，可能在降低计算复杂度的同时，增加思维的深度和广度，并融合向量、方程
等跨学科知识点。此外，开放性和探究性问题的比例有望增加，以鼓励学生从多个角度思考问题，培养其
批判性思维能力。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】集合集合 ， ，
所以 ，
故选：A．
2．已知复数 是虚数单位 则（ ）
A．复平面内z对应的点在第二象限 B．
C．z的虚部是2 D．
【答案】B
【解析】 对应的点为 ，在第四象限，故A错误；
，故B正确；
z的虚部是 ，故CD错误.
故选：B.
3．已知非零向量 满足 ，向量 在向量 方向上的投影向量是 ，则 与 的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为向量 在向量 方向上的投影向量是 ，则 ，
设非零向量 的夹角为 ，
根据题意可得 ，且 ，所以 ．
故选：A.
4．一个底面边长为 的正四棱柱形状的容器内装有一些水（底面放置于桌面上），现将一个底面半径
为 的铁制实心圆锥放入该容器内，圆锥完全沉入水中且水未溢出，并使得水面上升了 .若该容器
的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】设圆锥的高为 ，
所以圆锥的体积 ，
由题意正四棱柱中水上升的体积即为圆锥的体积，
所以 ，所以 ，
则圆锥的母线长为 ，
故圆锥的侧面积为 .
故选：A
5．在等比数列 中， ， 是方程 的两根，则 的值为（ ）
A． B． C． D． 或
【答案】B
【解析】设等比数列 的公比为 ，因为 ， 是方程 的根，
所以 ， ，又 ， 同号，所以 ， ，则 ，
所以 ．
故选：B.
6．已知圆 ，过圆 上一点P作圆O的两条切线 ，切点为 ，
则四边形 面积的最小值为（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】B
【解析】如图， ，
因为当 三点共线时， ，
此时 ，
所以四边形 面积的最小值为 .
故选：B
7．已知 ，函数 和 的图像如图所示，
其中 是这两个函数共同的零点， 是其中一个函数的零点，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由 是函数 的零点，可得 ，即 ， ，取
（正半轴的第一个零点）可得 ；
又 是函数 的零点，由 ，得 ， ，
取 （正半轴的第四个零点）得 ，所以， .
故选：C.
8．设函数 ，若 ，则 的最小值为（ ）
A．0 B．
C． D．
【答案】D
【解析】由题意函数 的定义域为 ，
当 时， ，则由 则 恒成立，
因 的值域为 ，故 不可能恒成立，故 不成立；
当 时，由 得 ，由 得 ，
由 得 ，由 得 ，因 ，故 ，即 ，
故 ，设 ，则 ，
当 时， ， 在 上递减；
当 时， ， 在上递增，
故 ，
故选：D
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．为研究某种树的树高和胸径的关系，某人随机测量了10棵该品种树的胸径 单位： 和树高 单位：
的数据 ，已知其中一组数据为 ，且 ，求得回归方程为
，并绘制了如下残差图，则（ ）
A．由残差图可判定树高与胸径的关系符合上述回归模型
B．该种树的平均树高约为
C．数据 对应的残差为
D．删除一组数据 后，重新求得的回归直线的斜率变小
【答案】ABC
【解析】对于A：分析残差图判断模型拟合程度，由残差图可知，残差分布比较均匀，且集中在0附近，所以由残差图可判定树高与胸径的关系符合上述回归模型，选项 A正确；
对于B：已知 ，则样本中心点的横坐标 ，将 代入回归方程
，可得 ，所以该种树的平均树高约为 ，选项B
正确；
对于C：计算数据 对应的残差，当 时， ，残差为
，选项C正确；
对于D：分析删除一组数据对回归直线斜率的影响，删除数据 后，因为 大于样本中心点的
横坐标 ，且 小于通过回归方程计算出的 对应的预测值 ，所以删除该点后，样本中心点
向左下方移动，重新求得的回归直线的斜率变大，选项D错误.
故选：ABC.
10．已知 ，则下列不等式正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【解析】因为 ，由基本不等式可得 ，当且仅当 时等号成立，
又 ，
所以 ，当且仅当 时等号成立，A正确；
所以 ，当且仅当 时等号成立，B正确；
，当且仅当 时等号成立，
所以 ，D错误；
因为 ， ，所以 ， ，故 ， ，
所以 ，C正确..
故选：ABC.
11．如图，已知四边形 中， ， 与 垂直并相交于点 ，且满足 ，
，以 为折痕，将四边形翻折，形成三棱锥 ，且满足二面角 大小为
.则下列对于三棱锥 的说法正确的有（ ）
A．对任意 ，三棱锥 的体积为定值
B． 平面
C．当且仅当 时，三棱锥 的表面积为
D．外接球半径的最小值为
【答案】ABD
【解析】对于A： ， ， 为二面角 的平面角， ，
而 ，所以点 到平面 的距离 ，
是定值，故A正确；
对于B： ， ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ， ，因为 ，所以 ，
所以 ,又 ， 平面 ， 平面 ，故B正确；
对于C：由B可知，当 时， ， ，
又 ， ，
所以 ， ，
所以
考虑对称性，当 时三棱锥 的表面积也是该值，故C错误；
对于D：由B可知 平面 ，三棱锥 改为C为顶点画法，如下图所示：
设 是 的外心， 是三棱锥外接球球心，
所以三棱锥 外接球的半径 ，
又 ， ， ，
当且仅当 ，即 是直角三角形时，外接球半径最小值为 ，
此时 ，即 ，解得 或 ，
所以当 时三棱锥 外接球的半径取得最小值为 ，故D正确.
故选：ABD第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．在 的展开式中，第四项的系数与第三项的二项式系数之和为 .
【答案】
【解析】因为 的展开式的通项为 ，
所以第四项的系数为 ，第三项的二项式系数为 ，
故在 的展开式中，第四项的系数与第三项的二项式系数之和为 .
故答案为： .
13．已知函数 满足 ，则 的值为 ．
【答案】0
【解析】因为 ，
所以 ，
又因为 ，所以 ，即 的周期为4.
令 ，则 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
又因为 ，所以 .
所以 .故答案为：0
14．如图， 是正八边形 的中心，从其八个顶点中随机取出四个顶点为顶点作四边形，
则可作平行四边形的概率为 ，则可作梯形的概率为 . (用数字作答)
【答案】
【解析】从八个顶点中随机取出四个顶点为顶点作四边形，可得四边形的个数为 ；
八个顶点的连线中有 4 条过中心 ，即有 4 条直径，每两条直径可确定一个平行四边形，可得平行四
边形的个数为 ，所以可作平行四边形的概率为 ；
梯形可由两条平行但不等的弦的四个顶点构成. 如图，设 分别为正八边形的两条不同类型的对称轴.
（1）以 为对称轴的平行弦 中，有 2 对平行且相等，所以 4 条平行弦可构成
个梯形，而类似的平行弦共有 4 组，所以可构成梯形 个；
（2）以 为对称轴的平行弦 ， ， 中，有 1 对平行且相等，所以 3 条平行弦可构成
个梯形，而类似的平行弦共有 4 组，所以可构成梯形 个.
综合 （1）（2）可得共有梯形 24 个，故可作梯形的概率为 .
故答案为： ； .四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（13分）
在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ，且 ．
(1)求cosA；
(2)若点D在线段BC上，AD为 的角平分线，且 ，求 的周长．
【解析】（1）由 ，得 ，所以 ，
所以 ． （5分）
（2）
由（1）知 ．由题意知 ， ，
即 ，化简得 ． （9分）
在 中， ， ，根据余弦定理有 ，则 ，
解得 ，从而 ，
所以 的周长为 ． （13分）
16．（15分）
如图，在三棱台 中， 平面 ，平面 平面 ， ，
的面积为 ，三棱锥 的体积为 ．
(1)求证： ；
(2)求平面 与平面 夹角的大小．
【解析】（1）取 的中点 ，连接 ，
∵ ，
∴ ，又平面 平面 ，
∵平面 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，又 平面 ，
∴ ， （3分）∵ 平面 平面 ，
∴ ，
又 平面 ， ，
∴ 平面 ，又 平面 ，则 ； （6分）
（2）由题意及（1）， 面 ，且 面 ，则 ，
由 面 面 ，则 ，
以 为原点， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， （8分）
设 ，则 ，解得 ，
则 ，
设 是平面 的一个法向量，则 ， ，
所以 ，当 时， ， （11分）
设 是平面 的一个法向量，则 ， ，
所以 ，当 时， ， （13分）∴ 由图知，平面 与平面 夹角为锐角，
∴平面 与平面 的夹角为 ． （15分）
17．（15分）
已知函数 ， 的导函数为 ，且 ．
(1)求 的最值；
(2)求证： ．
【解析】（1）由 ，得 ，
所以 ，
解得 ，所以 ． （3分）
因为 的定义域为 ，令 ，求导，得 ，所以 在
上单调递增．
又 ，所以当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 在 处取得极小值，也是最小值，
无极大值，
所以 的最小值为 ，无最大值． （7分）
（2）要证 ，只需证 ，即证 ．
令 ， ，则 ，
当 时， ，当 时， ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 在 处取得极大值，也是最大值，
所以 ． （10分）
又 ，所以 ，恒有 ，
即 ，也即 ． （15分）
18．（17分）
已知 为坐标原点，直线 、 的方程分别为 和 ， 、 分别是 、 上的动点， 、
两点的横坐标分别为 、 ，且 、 两点都在 轴同侧，线段 的中点为 ，且 ，记点
的轨迹为曲线 ．
(1)证明： 为定值；
(2)求 的方程；
(3)已知 是 上一点， 、 两点分别在直线 、 上，且分别位于第一、四象限， ， ，
记 的面积为 ，且 ，求实数 的最大值．
【解析】（1）因为直线 的方程分别为 和 ， 两点的横坐标分别为 ，
所以 、 ，故 ， ，
因为 两点都在 轴同侧，则 ，所以 ，
则 ，所以 为定值 ． （4分）
（2）设 ，由中点坐标公式可得 ， ，
由 ，即 ，所以曲线 的方程为 ． （8分）
（3）设 、 ， ，
设点 ，则 ， ，
由 得 ，解得 ，
故点 的坐标为 ， （11分）
将点 的坐标代入方程 ，化简得 ， ，
易知直线 的倾斜角为 ，由图可得 ，
又 ， ，
所以 ， （15分）
由题意得， ，即 ，解得 ，
所以实数 的最大值为 ． （17分）19．（17分）
已知数列 ， 满足： 为等比数列， ，且 .
(1)求 ；
(2)求集合 中所有元素的和；
(3)若集合 中存在 个不同元素 ，使得 ，则称 为 类集合.试判断
是否为 类集合.若是，求出所有 的值；若不是，说明理由.
【解析】（1）根据题意可得： ，因为 ，代入上式解得 ，
又因为 ，因为 ， ， ，解得 ，
因为 为等比数列，所以 的公比为 ，
所以 ，
所以 ，
即： ， （3分）
当 时， ，
两式相减得： ，
化简得： ，整理得： ，
所以 是公差为 的等差数列，所以 . （5分）
（2）因为 ，整理得：
记集合 的全体元素的和为 ，
集合 ， 为首项为 ，公比 的等比数列，
所有元素的和为 ，
集合 ， 为首项为 ，公差为 的等差数列，
，所有元素的和为 ，
集合 的所有元素的和为 ，则有 ，
对于数列 ，
当 时，
是数列 中的项，
当 时， ，不是数列 中的项，
所以 ，其中 （8分）
所以 ，即 （其中 表示不超过实数 的最大整数），
因为 为首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，
所以 . （10分）
（3） ，
当 ， 时，
是 的整数倍，
故一定不是数列 中的项，即 ，
当 时，
不是数列 中的项，
即 ， （15分）
当 时，
是数列 中的项，
即 ，
综上， 是 类集合， . （17分）
