精品解析：浙江省强基联盟2024-2025学年高三上学期期末联考数学试卷

2025年1月浙江强基联盟高三（语数）联考 数学试卷 浙江强基联盟研究院 命制 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色，墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷，草稿纸上作答无效. 一、选择题：本大题共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. 已知复数满足，则在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若从正方体八个顶点中任取四个顶点分别记为A、B、C、D，则直线AB与CD所成角的大小不可能为（ ） A. B. C. D. 3. 已知某4个数据平均数为6，方差为3，现又加入一个数据6，此时这5个数据的方差为（ ） A. B. C. D. 4. 已知正态分布的正态密度曲线如图所示，，则下列选项中，不能表示图中阴影部分面积的是（　　） A B. C. D. 5. 已知平面向量，，满足且在上的投影向量为，若向量与向量的夹角为，则向量（ ） A 2 B. C. D. 1 6. 已知集合，，则“”是“”（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知函数，且均为偶函数，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 设函数.若函数在和的切线互相平行，则两平行线之间距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共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. 下列各式计算结果为的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知曲线，下列说法正确的有（ ） A. 若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则 B. 若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则 C. 若曲线表示焦点在轴上的双曲线，则 D. 若曲线表示焦点在轴上的双曲线，则 11. 某同学玩一种跳棋游戏，抛掷一枚质地均匀且标有数字的骰子，规定：若掷得数字小于或等于4，则前进1步；若掷得数字大于4，则前进2步.每次投掷互不影响，记某同学一共前进步的概率为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为，，若，则的离心率为______. 13. 已知正三棱柱的侧面积与以的外接圆为底面的圆柱的侧面积相等，则正三棱柱与圆柱的体积的比值为______. 14. 已知函数，.若的零点恰为的零点，则a的最大值是__________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤. 15. 在中，内角，，对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，求的值. 16. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，，. （1）证明：平面平面； （2）已知上有一点，满足，求此时平面与平面所成角的余弦值. 17. 已知是抛物线C：上一点，F是C的焦点，且. （1）求C的方程； （2）记O为坐标原点，斜率为1的直线与C交于A，B两点（异于点O），若，求的面积. 18. 已知函数（其中）. （1）当时，求函数的图象在处的切线方程； （2）证明：当时，成立； （3）设，且函数有极大值点，求证：. 19. 数字的任意一个排列记作，设为所有这样的排列构成的集合.集合任意整数都有，集合任意整数都有 （1）用列举法表示集合； （2）求集合的元素个数； （3）记集合的元素个数为，证明：数列是等比数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年1月浙江强基联盟高三（语数）联考 数学试卷 浙江强基联盟研究院 命制 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色，墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷，草稿纸上作答无效. 一、选择题：本大题共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. 已知复数满足，则在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】先计算复数的模长再应用复数的乘法运算得出，最后求出共轭复数应用几何意义得出点即可判断. 【详解】因为，即， 所以，所以， 所以在复平面内对应的点为，在第一象限. 故选:A. 2. 若从正方体八个顶点中任取四个顶点分别记为A、B、C、D，则直线AB与CD所成角的大小不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意作图，根据正方体的几何性质，利用异面直线的夹角的定义，可得答案. 【详解】①由题意作图如下： 由图易知为等腰直角三角形，则直线与的夹角为； ②由题意作图如下： 由图易知为等边三角形，则直线与的夹角为； ③由题意作图如下： 由图易知，因为，则直线与的夹角为. 而不管怎么找顶点，都无法得到直线AB与CD所成角为. 故选：A. 3. 已知某4个数据的平均数为6，方差为3，现又加入一个数据6，此时这5个数据的方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平均数以及方差定义直接代入化简计算可得结果. 【详解】设这四个数为， 根据题意可得，即； 且，即； 加入数据6以后5个数据的平均数为， 所以方差为. 故选：D 4. 已知正态分布的正态密度曲线如图所示，，则下列选项中，不能表示图中阴影部分面积的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助正态密度曲线的对称性逐项判断即可得. 【详解】正态分布的正态密度曲线关于直线对称， 可得图中阴影部分可表示为，故选项A，B正确； 对C：由对称性可得，故选项C错误； 对D：由对称性可得， 所以图中阴影部分面积可表示为，故选项D正确． 故选：C． 5. 已知平面向量，，满足且在上的投影向量为，若向量与向量的夹角为，则向量（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量的意义求出，再利用向量数量积的运算律及夹角公式列式求得答案. 【详解】依题意，在上的投影向量为，即，则， 又，则， 解得，由，解得. 故选：B 6. 已知集合，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】由，得，则， 函数在上都递增，则函数在上递增， 又，由，得，则， 显然是的真子集，所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 7. 已知函数，且均为偶函数，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据已知条件得到与的图象均关于直线对称，从而得到，，即可得到答案. 【详解】因为均为偶函数， 所以与的图象均关于直线对称， 所以， 即，. 所以的最小值为2． 故选：B 8. 设函数.若函数在和的切线互相平行，则两平行线之间距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用导数的几何意义及平行关系求出切线方程，进而求出最大距离. 【详解】函数，求导得， 依题意，，即，解得， 则两条切线的斜率为，对应的两个切点为， 切线方程为和，即和， 切线过定点，切线过定点， 所以两平行线之间距离的最大值为. 故选：C 二、多项选择题：本大题共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. 下列各式计算结果为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用二倍角公式计算可判断A，B，C，利用两角和的正切公式可判断D. 【详解】对A：，故A满足； 对B：，故B不满足； 对C：，故C满足； 对D：，故D满足. 故选：ACD 10. 已知曲线，下列说法正确的有（ ） A. 若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则 B. 若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则 C. 若曲线表示焦点在轴上的双曲线，则 D. 若曲线表示焦点在轴上的双曲线，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用椭圆、双曲线方程及位置特征，逐项列式求解判断. 【详解】对于A，曲线表示焦点在轴上的椭圆，则，解得，A正确； 对于B，曲线表示焦点在轴上的椭圆，则，解得，B错误； 对于C，曲线表示焦点在轴上的双曲线，则，且，解得，C正确； 对于D，曲线表示焦点在轴上的双曲线，则，且，解得，D正确. 故选：ACD 11. 某同学玩一种跳棋游戏，抛掷一枚质地均匀且标有数字的骰子，规定：若掷得数字小于或等于4，则前进1步；若掷得数字大于4，则前进2步.每次投掷互不影响，记某同学一共前进步的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先说明每投掷一次骰子，前进一步的概率为，前进两步的概率为，显然；对于AB，直接由互斥加法、独立乘法公式验算即可；对于C，由全概率公式验算即可；对于D，先根据C选项结论得到，进一步即可判断. 【详解】每投掷一次骰子，前进一步的概率为，前进两步的概率为，显然； 对于A，一共前进了2步，可能是第一次前进了两步，或第一次、第二次各前进一步，所以，故A错误； 对于B，一共前进了3步，可能是第一次前进了两步且第二次前进了一步， 或第一次前进了一步且第二次前进了两步，或三次各前进一步， 所以，故B正确； 对于C，一共前进了步，可能是前进步后继续前进2步，或前进步后，继续前进1步， 所以，即，故C正确； 对于D，因为，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 又注意到， 所以数列是常数列，这个数列中的每一项都是， 所以，所以，解得， ，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键在于利用C选项的结论导出的表达式，由此即可顺利得解. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为，，若，则的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据双曲线的两条渐近线的倾斜角互补，求双曲线的倾斜角，根据渐近线的斜率确定的关系，再根据的关系求离心率. 【详解】根据双曲线的两条渐近线的倾斜角为，， 则，又，所以， 所以， 故. 故答案为： 13. 已知正三棱柱的侧面积与以的外接圆为底面的圆柱的侧面积相等，则正三棱柱与圆柱的体积的比值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据两个几何体的侧面积相等列方程，得到等量关系式，进而求得体积比. 【详解】设的边长为，外接圆半径为，，圆柱的高为， 由正弦定理得，则，正三棱柱的侧面积， 圆柱的侧面积，则，解得， 则，， . 故答案为： 14. 已知函数，.若的零点恰为的零点，则a的最大值是__________. 【答案】3 【解析】 【分析】设，，根据三角函数的性质及集合间的基本关系计算即可. 【详解】设， 显然，集合A非空. 当时，显然， 以下设， 此时，. 易知，当且仅当对任意的，有， 即，故整数的最大值为3. 故答案为：3 【点睛】思路点睛：利用函数的迭代及集合的基本关系结合三角函数的有界性计算即可. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤. 15. 在中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理得边角互换可知，再根据余弦定理即可求解； （2）根据三角形内角和为，再结合已知条件通过两角和的正弦公式、两角差的余弦公式即可求解. 【小问1详解】 由题意可知， 根据正弦定理得：，即， 则 由余弦定理可得， 则，因为是三角形内角，所以， 故； 【小问2详解】 因为，所以, 由三角函数恒等变换可知 由两角和的正弦公式、两角差的余弦公式可知 所以. 16. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，，. （1）证明：平面平面； （2）已知上有一点，满足，求此时平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，则，再根据勾股定理得，即可推得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，求出平面与平面的法向量，然后利用向量法求解平面夹角的余弦值即可. 【小问1详解】 取中点，连接，， 因为，，则，所以， 则为等腰直角三角形，所以，且， 因为，，为的中点，则且， 故四边形为平行四边形，则， 又因为，所以，则， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，则平面平面； 【小问2详解】 由上分析，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图， 则，，，，， 由可得， 故，， 设平面的一个法向量为， 则 取，则，，故， 又，， 设平面的一个法向量为， 则 取，则，，故， 设平面与平面所成角为， 所以. 即平面与平面所成角的余弦值为. 17. 已知是抛物线C：上一点，F是C的焦点，且. （1）求C的方程； （2）记O为坐标原点，斜率为1的直线与C交于A，B两点（异于点O），若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用点在抛物线上，结合抛物线的定义，列方程组求出，得抛物线方程； （2）设的方程为，代入抛物线方程，由，利用韦达定理求出的值，由面积公式求的面积. 【小问1详解】 由题可知 解得，故C的方程为. 【小问2详解】 设的方程为，，， 联立方程组整理得， 则，. 因为，所以， 解得或（舍去）， 所以与轴的交点为， 则的面积. 【点睛】方法点睛： 解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 18. 已知函数（其中）. （1）当时，求函数的图象在处的切线方程； （2）证明：当时，成立； （3）设，且函数有极大值点，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）令，，利用导数分析函数在上的单调性，结合函数的单调性可证得原不等式成立； （3）利用导数分析函数的单调性，求出的表达式，可求出的取值范围，且有，化简得出，可得出，结合函数的单调性可得出结论. 【小问1详解】 当时，有，故，而，故. 从而函数的图象在处的切点坐标为，切线斜率为. 则切线方程为，即. 【小问2详解】 设，， 则， 所以，函数在上单调递减，故当时，，故原不等式得证. 【小问3详解】 由，得. 当，则对或均有， 所以在和上单调递增. 从而在上单调递增，不可能有极大值点，矛盾. 所以，此时. 从而根据的符号可知在和上单调递增， 在上单调递减. 所以的极大值点，同时，即， 从而 ， 因为， 由（2）知， 所以成立. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 19. 数字的任意一个排列记作，设为所有这样的排列构成的集合.集合任意整数都有，集合任意整数都有 （1）用列举法表示集合； （2）求集合的元素个数； （3）记集合的元素个数为，证明：数列是等比数列. 【答案】(1),； (2) 的元素个数为1； (3)由(2)知，. 因为，所以. 当时，考虑中的元素. (i)假设.由已知， ， 所以， 又因为，所以. 依此类推，若，则，，. ①若，则满足条件的的排列有1个. ②若，则. 所以. 此时满足条件的的排列有1个. ③若， 只要是的满足条件的一个排列，就可以相应得到的一个满足条件的排列. 此时，满足条件的的排列有个. (ii)假设，只需是的满足条件的排列，此时满足条件的的排列有个. 综上. 因为， 且当时， ， 所以对任意，都有. 所以成等比数列. 【解析】 【分析】(1)集合属于单调递增排列，集合属于实数对，利用列举法表示集合即可； (2)根据题意知、，所以．所以集合的元素个数为1． (3)由(2)知，.先求得.当时，考虑中的元素. 分类讨论：假设与两种情况，再结合等比数列的定义进行证明． 【详解】(1)， (2)考虑集合中的元素. 由已知，对任意整数都有， 所以， 所以. 由的任意性可知，是的单调递增排列， 所以. 又因为当时，对任意整数 都有. 所以，所以. 所以集合的元素个数为1. (3)略 【点睛】本题主要考查了集合的新定义推导以及等比数列的证明，需要根据题意分情况进行讨论，结合集合间的基本关系进行分析.属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $