精品解析：2025届浙江省强基联盟高三三模数学试题

浙江强基联盟2025年5月高三联考 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 设等差数列的前项和为，已知，，则（ ） A. 17 B. 21 C. 23 D. 27 4. 设，则的值为（ ） A. 20 B. C. 160 D. 5. 如图函数的图象过点三点，则的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 6. 在棱长为1的正方体中，点P，Q分别为棱，上的动点（可与端点重合），若面，则线段的长度为（ ） A. B. C. D. 7. 已知A，B，C是函数图象上的三点，A在x轴上，且轴，若，则的值为（ ） A. 0 B. －1 C. －107 D. 82 8. 若数轴上有一个质点位于处，每次运动它都等可能地向左或向右移动一个单位，已知它在第10次运动后首次到达处，则它在运动过程中没有重返过原点的概率为（ ） 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. 已知为锐角，若，则下列说法正确的有（ ） A. 的终边经过点 B. C. D. 若，则 10. 已知定义在上的可导函数满足：，若单调递增数列满足：则（ ） A. 的通项公式是 B. 函数是增函数 C. 可能是等比数列 D. 若，则 11. 如图所示，某游戏闯关者需从区域Ⅰ内的定点P快速移动至区域Ⅱ内的定点Q.两区域以直线l为分界线，已知P，Q两点到直线l的距离分别为1，2，且向量在直线l的方向向量上的投影向量的模长为3，考虑到两区域通行环境差异，设定闯关者在区域Ⅰ的移动速率为a，在区域Ⅱ中的移动速率为b，线段与直线l相交于点A，若图示折线路径是耗时最短的闯关路线.则下列说法正确的有（ ） A. 存在实数，使得 B. 若，则 C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数为奇函数，则______. 13. 设直线与抛物线C：相交于点A，B，点F为抛物线C的焦点.若，则点F的坐标为______. 14. 圆台内有一个球，与圆台的上下底面及所有母线均相切，则圆台与球的体积比的取值范围为______. 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. 已知在中，角A，B，C所对的边记为a，b，c，设其外心为O.若. （1）求角A的大小； （2）若，求的面积. 16. 如图，已知四棱台的体积为，底面为等腰梯形，，，，平面，且与相交于点E. （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 如图，椭圆C：的离心率为，左右焦点分别为，，左右顶点分别为A，B，椭圆上有一动点D（异于A，B），点E为线段的中点，点O为坐标原点.直线与直线相交于点M.已知面积有最大值为. （1）当点M坐标为时，求； （2）证明：. 18. 在一个不透明的袋子中放有n个除颜色外完全相同的小球，其中有m个红色球与个白色球（满足且n，）.现设计如下试验流程：每次从袋中随机摸取一球，若为红色球则定义为“成功”事件，每次“成功”后将对应红球永久移除；若抽取为白色球则将其放回袋中并重新摇匀，试验持续至袋中无红色球时终止. （1）当，时，求前两次摸取过程中恰发生一次“成功”事件的概率； （2）设，若第X次摸取时试验首次出现“成功”事件，记随机变量X的数学期望为，试比较与的大小； （3）基于随机变量可加性原理，当，时，设试验终止时的累计抽取次数为.证明：. 19. 若连续函数满足在定义域内恒成立，则称为“T函数”. （1）判断以下函数是否为“T函数”，请说明理由. （ⅰ）； （ⅱ）； （ⅲ）. （2）若非常值函数存在二阶导数，证明：为“T函数”的充要条件是为常值函数. （3）已知非常值函数为“T函数”，且.记为不超过x的最大整数，讨论函数在区间上的单调性. 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5月高三联考 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由指数函数单调性解不等式可化简集合A，然后由集合交集定义可判断选项正误. 【详解】，因函数在R上单调递增，则， 则，又，则. 故选：A. 2. 若复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数除法及复数模的计算公式可判断选项正误. 【详解】由题可得， 则. 故选：C. 3. 设等差数列的前项和为，已知，，则（ ） A. 17 B. 21 C. 23 D. 27 【答案】D 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，依题意得到、的方程组，解得，再由等差数列通项公式计算可得. 【详解】设等差数列的公差为， 由题意得，解得， 所以. 故选：D. 4. 设，则的值为（ ） A. 20 B. C. 160 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出的通项，令，即可求出的值. 【详解】因为的通项为：， 令，则， 故选：D. 5. 如图函数的图象过点三点，则的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦型函数的对称性结合图象得一组相邻的对称中心与对称轴，从而确定函数的最小正周期，即可得的值. 【详解】由图可知点的中点为函数的对称中心， 由于过，则直线为函数的对称轴， 则由图可得，则最小正周期，解得. 故选：C. 6. 在棱长为1的正方体中，点P，Q分别为棱，上的动点（可与端点重合），若面，则线段的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可证即为，因此可得. 【详解】如图在中， ，又平面，平面， 所以面， 因为点P，Q分别为棱，上的动点（可与端点重合），面， 所以即为，因此， 故选：B. 7. 已知A，B，C是函数图象上的三点，A在x轴上，且轴，若，则的值为（ ） A. 0 B. －1 C. －107 D. 82 【答案】C 【解析】 【分析】先根据在轴，令函数值为求出坐标. 设、坐标，再根据BC长度列出方程，得到与的关系. 写出与坐标，进而算出. 求出、具体值，得到和，算出数量积结果. 【详解】令，即，得，所以. 设，（），因轴，所以. 又，且递增，所以，即， 根据运算法则得，所以. 已知，则. ，，. 展开. 由， 把，代入得， 因为，所以. 则. 由，，解方程组，得，. ，. 所以. 故选：C. 8. 若数轴上有一个质点位于处，每次运动它都等可能地向左或向右移动一个单位，已知它在第10次运动后首次到达处，则它在运动过程中没有重返过原点的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把左称记为，右称记为，要达到处，记10次运动为一个有序数组，满足首次和为6的所有可能，这里组合数来确定所有可能性，同时再研究没有返回原点的所有可能性，最后利用古典概型求解即可. 【详解】设第i次向右运动赋值为，第i次向左运动赋值为. 则10次运动路径可以表示为有序数组，其中，. 记10次运动后首次到达处的路径为， 则，且，可得且， 而，故，.由得，不可能全为－1， 而，恒成立， 因此共有种不同路径. 记10次运动后首次到达处且过程中没有重返原点的路径为， 同理可得共有种不同路径. 所以题中所求概率为， 故选:B. 【点睛】方法点睛：把运动问题转化为有序数组，再根据有序数组的和来求解各种可能性，从而利用古典概型来求概率即可. 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. 已知为锐角，若，则下列说法正确的有（ ） A. 的终边经过点 B. C. D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由二倍角正切公式结合可得，结合为锐角可判断选项正误；对于B，由A可得，然后由诱导公式可判断选项正误；由B结合二倍角余弦公式可得答案；对于D，由两角差的正切公式可判断选项正误. 【详解】对于A，，又为锐角， 则，则， 则的终边经过点，取，则的终边经过点，故A正确； 对于B，因，又为锐角，则， 则，则，故B错误； 对于C，，又， 则，则，故C正确； 对于D，，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知定义在上的可导函数满足：，若单调递增数列满足：则（ ） A. 的通项公式是 B. 函数是增函数 C. 可能是等比数列 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用函数的单调性、等比数列的性质和通项公式可验证每个选项的正确性. 【详解】对于A选项：若，则，即. 但，与题给条件矛盾，故A错误； 求导，单调递增，B正确； 当，时，满足所有条件，故C正确； 由B可知为增函数，且为递增数列， 故，即， 得，因此， 得，D正确. 故选：BCD. 11. 如图所示，某游戏闯关者需从区域Ⅰ内的定点P快速移动至区域Ⅱ内的定点Q.两区域以直线l为分界线，已知P，Q两点到直线l的距离分别为1，2，且向量在直线l的方向向量上的投影向量的模长为3，考虑到两区域通行环境差异，设定闯关者在区域Ⅰ的移动速率为a，在区域Ⅱ中的移动速率为b，线段与直线l相交于点A，若图示折线路径是耗时最短的闯关路线.则下列说法正确的有（ ） A. 存在实数，使得 B. 若，则 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：利用共线定理即可得到；对于选项B：分别过点P，Q作直线l的垂线，利用正切值即可求得结果；对于选项C:利用大角对大边即可判断；对于选项D：设，计算出最短距离，再求导求得单调区间进而求得极小值即可得到结论. 【详解】对于选项A：因为点A在线段上，所以存在这样的实数，故A正确； 对于选项B，分别过点P，Q作直线l的垂线，垂是分别为C，D，则， ， ，因此，故B正确； 对于选项D:设，显然只需考虑，闯关时间 ，， 而为单调递增函数， 因此为单调递减函数，故单调递增，由于，, 故在上存在唯一零点即为的极小值点，即当时闯关用时最短， 此时，可得，即，故D正确； 对于选项C：当点B在点A右侧时可得，因此，故C错误. 故选:ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数为奇函数，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得定义域，由可得，据此可得答案. 【详解】因，则， 由于有意义，结合为奇函数，则，因此， 故，则. 故答案为： 13. 设直线与抛物线C：相交于点A，B，点F为抛物线C的焦点.若，则点F的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】先联立直线与抛物线方程，得到关于的一元二次方程，再利用抛物线的焦半径公式结合已知条件求出的值，进而得到焦点的坐标. 【详解】已知直线方程，则. 将代入抛物线方程可得： ，展开并化简得：，即. 设，，由韦达定理可得，. 由抛物线的焦半径公式可知，. 已知，则，即. 对进行变形可得： ，即，即，则. 因为，所以，解得. 可得焦点的坐标为. 故答案为：. 14. 圆台内有一个球，与圆台的上下底面及所有母线均相切，则圆台与球的体积比的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】设圆台的底角为，上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，球的半径为，根据台体球体体积公式计算体积，再得到比值，令，换元，结合对勾函数性质得解. 【详解】设圆台轴截面如图，等腰梯形底角为，上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，球的半径为， 则圆台体积，球体积，已知，. 由，得，把代入，，所以. 则. . 则 ，化简得. 令，.当，；靠近时，变得很大，趋近正无穷，所以范围是，即. 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. 已知在中，角A，B，C所对的边记为a，b，c，设其外心为O.若. （1）求角A的大小； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正余弦定理可求解. （2）由正弦定理的意义（R为的外接圆半径），，再根据三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 ，， 由正弦定理得，，由于A，B，， 因此（舍去）或， 即， 又，故. 【小问2详解】 因为O是的外心，所以（R为外接圆半径）， ， . 所以. 16. 如图，已知四棱台的体积为，底面为等腰梯形，，，，平面，且与相交于点E. （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 在等腰梯形中，，由等腰梯形的几何性质可知， 所以，， 因为， 由余弦定理可得， 即，可得， 故，所以，故， 又因为平面，平面，故， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理可求得的值，可求得的长，结合勾股定理可得出，由平面可得出，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立； （2）利用台体体积公式求出的长，取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，结合二面角的定义可知即为平面与平面的夹角，计算出、的长，即可求出的余弦值，即为所求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，由（1）可知，且， 故，则， 所以， ， 易知梯形梯形，且相似比为， 故， 由题可知棱台的体积为，解得. 取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，如下图所示： 因为，为的中点，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 故即为平面与平面的夹角. 由等腰梯形的几何性质可知，， 因为，所以， 因为，故， 因为，所以，故，， 所以， 因为平面，平面，所以， 故，所以， 又因为，故， 因为平面，平面，所以， 则， 所以. 因此，平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 如图，椭圆C：的离心率为，左右焦点分别为，，左右顶点分别为A，B，椭圆上有一动点D（异于A，B），点E为线段的中点，点O为坐标原点.直线与直线相交于点M.已知面积有最大值为. （1）当点M坐标为时，求； （2）证明：. 【答案】（1） （2）证明：设直线AD：，与椭圆C方程联立得，， 又，故，则，， 又，故直线的斜率， 所以，故. 【解析】 【分析】（1）利用题干中的条件先求出椭圆的方程，再设点E的坐标，利用D点在椭圆上即可求出点E坐标，利用两点间的距离公式即可求得结果. （2）设出直线的方程，与椭圆联立得到各个点坐标，利用斜率相乘等于即可证明结论. 【小问1详解】 由题意得，，，解得，， 故椭圆C的方程为. 当点M坐标为时，， 设，则. 代入椭圆方程得解得或0（舍去），即， 又，故. 【小问2详解】 略 18. 在一个不透明的袋子中放有n个除颜色外完全相同的小球，其中有m个红色球与个白色球（满足且n，）.现设计如下试验流程：每次从袋中随机摸取一球，若为红色球则定义为“成功”事件，每次“成功”后将对应红球永久移除；若抽取为白色球则将其放回袋中并重新摇匀，试验持续至袋中无红色球时终止. （1）当，时，求前两次摸取过程中恰发生一次“成功”事件的概率； （2）设，若第X次摸取时试验首次出现“成功”事件，记随机变量X的数学期望为，试比较与的大小； （3）基于随机变量可加性原理，当，时，设试验终止时的累计抽取次数为.证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明：设第次摸球时试验首次“成功”，且从第次成功后又进行了次摸球恰好达到第k次“成功”，（）可知， 记4个阶段内每次摸到红球的概率分别为，，，，则 ，，，. 由（2）可知，，，. 因此. 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的概率可求解. （2）有题意可知，再结合期望求解公式即可. （3）由题可知抽取次数为有四种情况，再根据随机变量可加性原理 即可证明. 【小问1详解】 设事件第一次摸球“成功”且第二次摸球未“成功”为A，事件第一次摸球未“成功”且第二次摸球“成功”为B. 由题意得，， 因此. 【小问2详解】 ，由题意得. . 【小问3详解】 略 19. 若连续函数满足在定义域内恒成立，则称为“T函数”. （1）判断以下函数是否为“T函数”，请说明理由. （ⅰ）； （ⅱ）； （ⅲ）. （2）若非常值函数存在二阶导数，证明：为“T函数”的充要条件是为常值函数. （3）已知非常值函数为“T函数”，且.记为不超过x的最大整数，讨论函数在区间上的单调性. 【答案】（1）（ⅰ）不是“T函数”；（ii）不是“T函数”；（iii）是“T函数”，理由如下： （ⅰ），故不是“T函数”； （ii）不恒为0，故不是“T函数”； （iii）恒成立，故是“T函数” （2）证明：由为非常值函数，得不恒为0. 是常值函数恒成立 恒成立为“T函数. （3）在上单调递减，在上单调递增. 【解析】 【分析】（1）看是否恒等于 0.若恒为 0 就是“T 函数”，不为 0 就不是. （2）已知非常值，为常值时，其导数y'恒为 0.因为不恒为 0，所以能推出，即是“T 函数”，反过来也能推，二者等价. （3）由（2）设等式，用三角函数表示和，通过求导得出，得到表达式，进而得到和含、的式子.再根据确定和的值，得出.最后根据分段得到分段形式，分析单调性. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）设（r为正常数）， 令，，其中为关于x的函数，记为， 因此，故恒成立即（c为常数）， 因此，， 又，得， 进而解得，故. 因此 所以函数 可得函数在上单调递减，在上单调递增. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $