精品解析：浙江省强基联盟2024-2025学年高二下学期3月联考数学试卷

浙江强基联盟2025年3月高二联考 数学试题 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. 设集合，则（ ） A. B. C D. 2. 若数列为等比数列，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 3. 已知正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，高为1，则此三棱台的体积是（ ） A. B. C. D. 4. 一副扑克牌中，同一花色有13张牌，分别为“A，2，3，4，5，6，7，8，9，10，J，Q，K”，我们把满足“A23”、“234”、...、“10JQ”、“JQK”、“QKA”的牌型称为“顺子”.现在，我们将同一花色的13张牌洗匀后，随机抽取3张，恰好能组成“顺子”的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 6. 在平面直角坐标系中，点和，点在以坐标原点为圆心，为半径的圆上运动，则的最大值是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 7. 设函数，其中，若恒成立，则的最小值是（ ） A B. C. D. 8. 已知椭圆左、右焦点分别为为椭圆上除顶点外的任意一点，椭圆在点点处的切线为直线，过作直线的垂线，垂足在圆上，当时，，则椭圆的离心率是（ ） 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. 已知复数，则（ ） A. B. 复数的虚部是 C. 复数在复平面内所对应的点位于第三象限 D. 复数是方程在复数范围内的一个解 10. 已知数列满足，其前项和为，下列选项中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则存在最小值 D. 若，则 11. 棱长为的正方体中，点分别是棱的中点，点是棱上的动点，且满足，以下说法正确的是（ ） A. B. 存在，使得平面平面 C. 点到平面的距离的最小值是 D. 直线与平面所成角最大值是 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是函数的导函数，若图象的一条对称轴为，则__________. 13. 已知等比数列的前项和是，则__________. 14. 已知函数，对恒成立，则的取值范围是__________. 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，是线段上的动点. （1）若是的平分线，求的值； （2）若，求线段的长. 16. 7本不同的书，分给甲、乙、丙3个同学. （1）若甲同学分得2本，乙同学分得2本，丙同学分得3本，共有多少种不同分法； （2）若其中一人分得2本，另一个人分得2本，第三人分得3本，共有多少种不同的分法. 17. 如图，是等边三角形，直线平面，直线平面，且，是线段的中点. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知双曲线，其焦距为4，且双曲线经过点. （1）求双曲线的标准方程； （2）已知斜率为的直线和双曲线的右支交于两点，为坐标原点，若的重心在双曲线上，求直线的方程. 19. 已知函数. （1）当时，求函数的图象在处的切线方程； （2）若函数有两个零点，求的取值范围； （3）若函数的两个零点为，求证：. 20. 定义：对于集合，若不存在常数，使得，且对于中的任意数列，均有，其中常数和的值唯一，则称数列可用，线性表示，其中是的一组基底.（注：若，则）已知集合中的任意数列均满足递推关系：，而均为集合中的数列. （1）若；； ①求出和； ②写出数列关于的线性表示（无需证明）. （2）若，且，证明：是的一组基底. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江强基联盟2025年3月高二联考 数学试题 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用交集的定义求解. 【详解】集合，所以. 故选：C 2. 若数列为等比数列，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】A 【解析】 【分析】由题意，根据等比中项的应用，结合充分条件、必要条件的定义即可求解. 【详解】由题意知，数列为等比数列， 当时，得，故充分性成立； 当时，，解得，故必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件, 故选：A 3. 已知正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，高为1，则此三棱台的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用棱台的体积公式计算得解. 【详解】正三棱台的上底面积，下底面积， 所以此三棱台的体积. 故选：B 4. 一副扑克牌中，同一花色有13张牌，分别为“A，2，3，4，5，6，7，8，9，10，J，Q，K”，我们把满足“A23”、“234”、...、“10JQ”、“JQK”、“QKA”的牌型称为“顺子”.现在，我们将同一花色的13张牌洗匀后，随机抽取3张，恰好能组成“顺子”的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据古典概率的计算方法结合组合数公式求解即可. 【详解】从13张牌中选取3张，不考虑顺序组合数为：,其中“顺子”数为， 所以随机抽取3张，恰好能组成“顺子”的概率是. 故选：D. 5. 已知函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数求出函数的单调区间，再利用单调性求解不等式. 【详解】函数定义域为R，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 不等式中，，因此，解得， 所以所求解集为. 故选：A 6. 在平面直角坐标系中，点和，点在以坐标原点为圆心，为半径的圆上运动，则的最大值是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】设，利用坐标法表示出，，再根据向量模的坐标表示及余弦函数的性质计算可得. 【详解】设，则，， 所以， 所以， 因为，所以当时，取得最大值，且. 故选：C 7. 设函数，其中，若恒成立，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式恒成立，按照的符号进行分类讨论，推出，再利用基本不等式即可求得所求式的最小值. 【详解】由恒成立，可得恒成立， 当，即时，恒成立，故得； 当时，即时，显然不等式恒成立； 当时，即时，恒成立，故得. 综上分析，可得. 因，则，当且仅当时等号成立， 则， 即的最小值是. 故选：A. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上除顶点外的任意一点，椭圆在点点处的切线为直线，过作直线的垂线，垂足在圆上，当时，，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，作出图形，结合椭圆的光学性质求出即可. 【详解】延长至，使，连接， 由直线是椭圆在点点处的切线，且，得三点共线，， 而为的中点，则，即， 令椭圆半焦距为，当时，设，则，解得， ，即， 所以椭圆的离心率. 故选：B 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. 已知复数，则（ ） A. B. 复数的虚部是 C. 复数在复平面内所对应的点位于第三象限 D. 复数是方程在复数范围内的一个解 【答案】CD 【解析】 【分析】先算出再用复数模公式判断A；依据复数虚部定义判断B；根据复平面内复数与点坐标的对应关系判断C；把代入方程左边，看结果是否为，判断D. 【详解】已知，则.，所以选项错误.  已知，所以复数的虚部是，而不是，所以选项错误.  已知，则其在复平面内对应的点的坐标为，所以该点位于第三象限，选项正确.  将代入方程的左边得： ，展开得：， 即满足方程，所以复数是方程在复数范围内的一个解，选项正确.  故选：CD. 10. 已知数列满足，其前项和为，下列选项中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则存在最小值 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题设可得数列为等差数列，公差为，举例判断A；结合数列前项和的定义判断B；结合等差数列前项和的公式及二次函数的知识判断C；根据等差数列前项和的公式判断D. 【详解】由， 令，则， 所以数列为等差数列，公差为. 对于A，当时， 满足，但，故A错误； 对于B，由，则，故B正确； 对于C，由， 由于，又二次函数的知识可知， 当时，取得最小值， 当不为正整数时，则取离最近的正整数时，取得最小值， 综上所述，存在最小值，故C正确； 对于D，由，则，即， 所以，故D正确. 故选：BCD. 11. 棱长为的正方体中，点分别是棱的中点，点是棱上的动点，且满足，以下说法正确的是（ ） A. B. 存在，使得平面平面 C. 点到平面距离的最小值是 D. 直线与平面所成角的最大值是 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，由平行传递性可判断，对于BCD，通过建系，由向量法逐项判断即可. 【详解】 如图建系：易得， 在正方体中易得：，再结合中位线可得：， 所以，A正确， 设平面的法向量为：，， 由可得：，令，可得：， 所以， 设平面的法向量为：， 由可得：，令，可得：， 所以， 由， 可得：，所以存在，使得平面平面，B正确； 点到平面的距离， 因为，所以当时，取到最小值，C正确； ， 设直线与平面所成角为， 所以， 令，解得：，又因为，所以直线与平面所成角的最大值不是，错误； 故选：ABC 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是函数的导函数，若图象的一条对称轴为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出，再利用余弦函数的对称性求解. 【详解】函数，求导得， 由图象的一条对称轴为，得，而， 所以. 故答案为： 13. 已知等比数列的前项和是，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用与通项的关系求出数列通项，由首项得到方程，计算即得. 【详解】因，当时， 当时，， 因数列为等比数列，故当时，，解得. 故答案为： 14. 已知函数，对恒成立，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】转化为对恒成立，结合函数图象趋势分类讨论，并利用导函数研究函数单调性可求. 【详解】. 则由题意可得，对恒成立，， 当时，则， ， 则当，故不符合题意； 当时，， ，则在上单调递增， ，符合题意. 综上所述，的取值范围是. 故答案为：. 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，是线段上的动点. （1）若是的平分线，求的值； （2）若，求线段的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据角平分线定理得，得到，通过平方结合数量积求得，再由正弦定理得，即得. （2）由得，通过平方结合数量积即可求得. 【小问1详解】 ∴， 由是的平分线，得根据角平分线定理得, ∴, ∵, ∴. 在△中，由正弦定理得. 【小问2详解】 若，则, , ∴. 所以线段的长为. 16. 7本不同的书，分给甲、乙、丙3个同学. （1）若甲同学分得2本，乙同学分得2本，丙同学分得3本，共有多少种不同的分法； （2）若其中一人分得2本，另一个人分得2本，第三人分得3本，共有多少种不同分法. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先从本不同的书中选本给甲同学，再从剩下的本不同的书中选本给乙同学，按照分步乘法计数原理计算可得； （2）先分组，再分配，部分平均分组需除以组（相等的组）的全排列； 【小问1详解】 首先从本不同的书中选本给甲同学，有种； 再从剩下的本不同的书中选本给乙同学，有种； 最后把剩下的本不同的书分给并， 按照分步乘法计数原理可得一共有种不同的分法； 【小问2详解】 首先从本不同的书中选本作为一组，有种； 再从剩下的本不同的书中选本作为一组，有种； 剩下的本不同的书作为一组， 最后将三组书分配给三个同学，则有种不同的分法. 17. 如图，是等边三角形，直线平面，直线平面，且，是线段的中点. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）首先证明平面，即可得到为直线与平面所成角，从而求出、，取的中点，的中点，连接、，即可得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 小问1详解】 取中点，连接，， 因为是线段的中点，所以且 因为直线平面，直线平面， ∴， ∵， ∴且， ∴四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 又是等边三角形，为的中点，所以， 又，平面，所以平面， 则为直线与平面所成角，即，又，， 所以，则，解得， 取的中点，的中点，连接、，则，， 所以平面， 如图建立空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，，， 设平面法向量为，则，取； 设平面的法向量为，则，取； 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知双曲线，其焦距为4，且双曲线经过点. （1）求双曲线的标准方程； （2）已知斜率为的直线和双曲线的右支交于两点，为坐标原点，若的重心在双曲线上，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列出的关系，求解即可得出答案； （2）设点设直线，联立，韦达定理，然后利用重心坐标公式写出重心坐标，代入双曲线方程即可得出答案． 【小问1详解】 由题可知， 代入双曲线方程得，又， 所以， 所以，所以双曲线的方程为； 【小问2详解】 设，直线：，与双曲线联立得 ， ， 由韦达定理得，所以， ， 所以重心坐标为， 代入双曲线方程得，合题意， 所以直线的方程为. 19. 已知函数. （1）当时，求函数的图象在处的切线方程； （2）若函数有两个零点，求的取值范围； （3）若函数的两个零点为，求证：. 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数求出切点坐标和切线斜率，则得到切线方程； （2）分离参数得，设，利用导数求出其值域，则得到的范围； （3）根据题意得，设，将不等式转化为证明，设新函数，利用导数即可证明. 【小问1详解】 由，得，则切点为． 函数求导得，故切线斜率， 所以切线方程为：． 【小问2详解】 等价转换为：，记， 对求导可得：， 时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 又因为当时，时，， 且， 的取值范围为． 【小问3详解】 由（2）可得，， 且． 设，则，其中， 两式相乘得：． 需证明：， 构造函数， 时，单调递减；时，单调递增． ， 综上，，因此，原不等式得证． 20. 定义：对于集合，若不存在常数，使得，且对于中的任意数列，均有，其中常数和的值唯一，则称数列可用，线性表示，其中是的一组基底.（注：若，则）已知集合中的任意数列均满足递推关系：，而均为集合中的数列. （1）若；； ①求出和； ②写出数列关于的线性表示（无需证明）. （2）若，且，证明：是的一组基底. 【答案】（1）①，，，；② （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）①由递推公式代入求值即可.②由，利用待定系数法可得. （2）先根据与利用反证法证明不存在常数，使得，再由特征根法求得，进而由得和的值唯一，即证. 【小问1详解】 由题意，， ，， 【小问2详解】 若存在常数，使得，则，， 又，则，这与矛盾， 故不存在常数，使得， 由得其特征方程为，解得或， 故设， 由得，故， 故，， 对于中的任意数列也有， 设，则由题意可知， 则， 故，得，即常数和的值唯一， 故中的任意数列可用，线性表示， 故是的一组基底. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的证明需要紧扣题干基底的概念，先证明不存在常数，使得，再证，即可证明是的一组基底. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $