精品解析：浙江省Z20联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2025届高三第三次联考（二模）数学试题

Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2025届高三第三次联考 数学试题卷 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方. 3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效. 4.考试结束后，只需上交答题卷. 第Ⅰ卷 一､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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将集合,化简再根据交集的定义即可求得答案. 【详解】 故选：D. 2. 已知复数满足为虚数单位，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法运算得出，再根据复数模的计算公式即可求解． 【详解】，则， 故选：B． 3. “”是“直线与圆相切”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用直线与圆相切求出 ，再利用充分条件、必要条件的意义判断即可. 【详解】圆的圆心为，半径， 由直线与圆相切，得，解得， 反之，当时，直线与圆相切， 所以“”是“直线与圆相切”的充要条件. 故选：C 4. 尽管目前人类还是无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为：.若记2025年1月7日西藏日喀则发生里氏6.8级地震释放出来的能量为，2022年5月20日四川雅安发生里氏4.8级地震释放出来的能量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数的运算可得正确的选项. 【详解】由题设有，， 故即， 故选：C. 5. 已知非零向量满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件求出，再根据投影向量的计算公式求出在方向上的投影向量. 【详解】由两边同时平方可得：， 根据完全平方公式展开得：， 所以， 即，即 ， 根据投影向量公式，将代入可得： ， 在方向上的投影向量为. 故选： A. 6. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据数列前项和与的关系，对各选项逐一进行分析判断. 【详解】当时，；当 时，. 仅知道，无法确定的大小，也就不能确定的正负. 例如数列为，，，但，所以选项错误.  当时，，则；当 时，. 仅知道，无法确定的大小，也就不能确定的正负. 例如数列为，，，， 当时，，所以 选项错误.  当时，，由可得，但不能得出； 当 时，即，可得，同样无法得出. 例如数列为，，满足，但，所以选项错误.  已知，当时，，即； 当时，； ，由可得，那么，所以，即， 选项正确.  故选：D. 7. 已知分别是双曲线的左､右焦点， 为左顶点，是双曲线在第四象限上一点，的斜率为，且，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两点式斜率公式及直线垂直的斜率关系列式求出的坐标，代入双曲线方程化简得，构造，利用导数研究其单调性，进而判断方程无解，即可求出离心率. 【详解】由题意，设， 由的斜率为得，又，所以， 所以，解得，则， 代入双曲线方程得，结合， 化简得， 有，即，而， 构造， 则，其开口向上，且对称轴为， 故当时， ，所以在上单调递增，所以， 所以方程无解，所以. 故选：A 8. 定义在上的函数满足，当时，，则函数在区间内的零点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】由题设条件可得，从而可先分析在上的零点个数为1，再结合前者可得内的零点个数. 【详解】因为，故，故， 即， 而当时，， 故当时，，故， 故， 当时，， 而在上为减函数，在为增函数， 故在有有且只有一个实数解为； 当时，， 而，故，此时在上无解； 故当时，，则， 结合上的性质可得在上有且只有一个实数解， 且该实数解为，在无实数解， 而且， 故在上的实数解为，，， ，共4个实数解， 故共有4个不同的零点. 故选：B. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若随机变量，则 C. 若随机变量，且 ，则 D. 若随机变量，且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用正态分布的原则，结合对称性即可判断AB，利用二项分布的期望和方差公式可判断CD. 【详解】对于A，因为随机变量，则，所以，因为，所以，故A错误； 对于B，因为随机变量，则， 所以，， 根据正态分布曲线的对称性可知：，故B正确； 对于C，因为随机变量，所以， 又因为 ，所以，则有，故C正确； 对于D，由，则，故D正确； 故选：BCD. 10. 已知函数，则下列正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 的图象关于点对称 C. 的图象关于直线对称 D. 在区间上单调递减 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过三角恒等式化简函数表达式为，利用函数周期性的定义可判断A选项；利用函数对称性的定义可判断B,C选项；利用复合函数的单调性可判断D选项. 【详解】， 因为,是函数的一个周期，故A正确； 因为, 不恒为0，故B错误； 因为, 所以的图象关于直线对称，故C正确； 当时，,则在时单调递增，且 又单调递减，由复合函数的单调性可得在区间上单调递减，故D正确. 故选：ACD. 11. 设正方体的棱长为，点、分别为棱 、上的动点（含端点），且，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积有最大值 B. 三棱锥的外接球的体积为定值 C. 三棱锥的体积为定值 D. 三棱锥的外接球的体积有最大值 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用基本不等式结合锥体体积公式可判断A选项；将三棱锥补成长方体，利用长方体的几何性质求出外接球半径，结合球体体积公式可判断B选项；作正方体，设平面 交线段于点 ，连接、，结合锥体的体积公式可判断C选项；建系，设，其中，求出外接球半径关于 的函数关系式，结合闭区间上连续函数有最值可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，由勾股定理可得， 由基本不等式可得，可得， 当且仅当时，等号成立，则， 故，即三棱锥的体积有最大值，A对； 对于B选项，将三棱锥补成长方体， 设三棱锥的外接球半径为，则， 所以，故三棱锥的外接球的体积为为定值，B对； 对于C选项，作正方体，如下图所示： 设平面 交线段于点 ，连接、， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，同理可得， 故四边形为平行四边形， 因为，，由等角定理结合图形可得， 又因为，，故，则， 设，，则 ， 不是定值， 因为，平面，平面，则平面， 所以点 到平面的距离等于点到平面的距离， 故不为定值，C错； 对于D选项，以点 为坐标原点， 、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，其中，则、、、， 设三棱锥的外接球球心为，设球的半径为， 则，解得， 设，其中， 则函数在上连续，由闭区间上的连续函数有最值可知有最大值，D对. 故选：ABD. 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若的展开式中的系数为6，则实数 的值为__________. 【答案】3 【解析】 【分析】由有,即可得的系数为，进而求得 . 【详解】由有：，所以的系数为， 所以， 故答案为：3. 13. 一个袋中装有大小质地相同的9个小球，其中白球2个，红球3个，黑球4个，现从中不放回地摸球，每次摸一球，则前三次能摸到红球的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求前三次中每一次都没有摸到红球的概率，进而得前三次均未摸到红球的概率，利用对立事件即可求得前三次至少有一次摸到红球的概率. 【详解】袋中有非红球6个，则第一次没有摸到红球的概率为， 第二次没有摸到红球的概率为，第三次没有摸到红球的概率为， 所以前三次均未摸到红球的概率为， 所以前三次至少有一次摸到红球的概率为. 故答案为：. 14. 已知实数满足，则的最大值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】构造向量，根据数量积的定义和性质可求最大值. 【详解】， 设向量，则， 故，当且仅当时等号成立， 故的最大值为, 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. 中，角对应的边分别为， （1）求角 ； （2）若点在边 上，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用三角形内角和定理，结合正弦定理边化角，即可求角 ； (2)利用同角公式求正弦值，再结合正弦定理求出 ，然后再根据余弦定理结合已知条件求出 ，从而可求出的面积. 【小问1详解】 由三角形内角和定理可知：， 再由，利用正弦定理边化角得： ， 因为，所以有，则； 【小问2详解】 由，在中，可得， 再由正弦定理得：， 再由余弦定理可得：， 即， 解得或， 因为，所以为钝角， 故，所以的面积. 16. 已知四棱锥中，底面 是梯形， ，是等腰直角三角形，为棱上一点. （1）当为中点时，求证：平面； （2）若，当 时，求平面 与平面 夹角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 取中点，连接，则 ，且 ， 又 ， ，所以 且， 则四边形 是平行四边形，所以 ， 又 平面， 平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的夹角公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面内，过点 作直线 ， 由已知且 ，又 ，平面， 所以平面，又 平面，所以 ， 由 ， ，，平面 ， 可得 平面 ， 以 为原点， 分别为 轴建系， 则， 由可得，则， 则， 设平面的法向量为， 则，取，则 ， 所以， 不妨取平面 的一个法向量， 设平面 与平面 夹角为 ， 则， 所以平面 与平面 夹角的余弦值为. 17. 已知函数. （1）求函数图象在点处的切线方程； （2）若不等式恒成立，求实数 的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）参变分离，构造函数，二次求导确定最值即可求解. 【小问1详解】 ， 所以， 所以在点处的切线方程为 【小问2详解】 又， 参变分离得：， 令， 得， 令，， ， 在上单调递增， 所以当时，，当时，， 即当时， ，当时， ， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 最小值为 所以 ， 即实数 的取值范围是. 18. 已知是椭圆的右焦点，椭圆离心率，且椭圆上任意一点与点距离的最大值为3. （1）求椭圆的方程； （2）点在椭圆上，椭圆在点处的切线 交轴于点. ①求的最小值； ②设分别为椭圆的左､右顶点，不垂直轴的直线 交椭圆于另一点，直线与直线交于点，问直线 与直线 的交点是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）① ； ②是，直线方程为，理由如下： 由已知设直线 ：，， 由消元得 ， 则，， 所以， 因为，，所以， 因为，，所以， 所以 ， 即点，所以直线 的方程为， 与直线 联立，得 ， 因为 ，所以，代入上式可得 ， 即，解得， 即点在直线上. 【解析】 【分析】（1）由已知得到关于的方程，解得，然后求解，即可得椭圆方程； （2）①由已知可得，根据两点间距离公式可得，代入，由基本不等式即可求解；②设直线 ：，，与椭圆方程联立由韦达定理可得，由已知可得，的方程，联立可得，将直线 的方程与直线 联立即可求解. 【小问1详解】 由已知，解得， 所以 ，所以椭圆方程为 ； 【小问2详解】 ①因为切线 交轴于点，所以， ， 因为点在椭圆上，所以 ，即， 又， 因为 ，所以 ，所以 ， 所以， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为 ； ②略 19. 若数列中某相邻三项成等差数列，则称该三项为“等差组”；若数列中某相邻三项成等比数列，则称该三项为“等比组”.现有一个12项的正项数列，其共有10组相邻三项，记第 组相邻三项为. （1）若数列满足， ①为“等差组”，为“等比组”，求； ②为“等比组”，为“等差组”，求. （2）若数列满足，且为“等差组”或“等比组”，求满足条件的数列的个数； （3）若数列满足，且中恰有5组“等差组”和5组“等比组”，求的最大可能值. 【答案】（1）①；②； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据等差中项和等比中项可求①②的； （2）先确定，再根据分类计数原理可求数列的个数； （3）先证明两个一般命题，再根据命题可求的最大可能值. 【小问1详解】 ①因为为“等差组”，故成等差数列，故，故， 而为“等比组”，故成等比数列，故，故. ②若为“等比组”，为“等差组”，则成等比数列，故 ， 且成等差数列，故. 【小问2详解】 因为为“等差组”或“等比组”，故有4种情形： 若为“等差组”，为“等差组”，则； 若为“等差组”，为“等比组”，则， 而为正项数列，故即， 故，而，故，故，； 若为“等比组”，为“等比组”，则，； 若为“等比组”，为“等差组”，则， 故，而，故，. 从而开始的相邻三项，要么为“等比组”，要么为“等差组”， 对于确定的、，此后等比组的公比、等差组的公差均确定， 故此时有个满足条件的数列， 故满足条件的数列的个数为. 【小问3详解】 先考虑一个一般命题： 若，若正项数列中中一个“等差组”，另一个为“等比组”，则先“等比组”再“等差组”得到的较大. 证明：若先“等差组”，再“等比组”，则， 若先“等比组”，再“等差组”，则，其中， 此时 ， 故先“等比组”再“等差组”得到的较大.. 再考虑另一个一般命题：若，若正项数列中的为“等差组”或“等比组”，则当增大时，也增大. 证明：若均为“等差组”或“等比组”， 由等差数列的性质和等比数列的性质可得当增大时，也增大. 若先“等差组”，再“等比组”，则， 由得， 故由双勾函数的性质可得增大时，也增大； 若先“等比组”，再“等差组”，则， 而，故增大时，也增大，故命题成立. 对于数列满足，， 而中恰有5组“等差组”和5组“等比组”， 要使得的最大，则前述两个命题可得需前5组为“等比组”， 后5组为“等差组”，此时个数分别为， 故的最大可能值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2025届高三第三次联考 数学试题卷 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方. 3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效. 4.考试结束后，只需上交答题卷. 第Ⅰ卷 一､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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足为虚数单位，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. “”是“直线与圆相切”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 尽管目前人类还是无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出的能量 （单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为：.若记2025年1月7日西藏日喀则发生里氏6.8级地震释放出来的能量为，2022年5月20日四川雅安发生里氏4.8级地震释放出来的能量为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知非零向量满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7. 已知分别是双曲线的左､右焦点， 为左顶点， 是双曲线在第四象限上一点，的斜率为，且，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 8. 定义在上的函数满足，当时，，则函数在区间内的零点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若随机变量，则 C. 若随机变量，且 ，则 D. 若随机变量，且，则 10. 已知函数，则下列正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 的图象关于点对称 C. 的图象关于直线对称 D. 在区间上单调递减 11. 设正方体的棱长为，点 、 分别为棱、 上的动点（含端点），且，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积有最大值 B. 三棱锥的外接球的体积为定值 C. 三棱锥的体积为定值 D. 三棱锥的外接球的体积有最大值 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若的展开式中的系数为6，则实数 的值为__________. 13. 一个袋中装有大小质地相同的9个小球，其中白球2个，红球3个，黑球4个，现从中不放回地摸球，每次摸一球，则前三次能摸到红球的概率为__________. 14. 已知实数满足，则的最大值为__________. 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. 中，角对应的边分别为， （1）求角 ； （2）若点在边上，且，求的面积. 16. 已知四棱锥中，底面 是梯形， ，是等腰直角三角形， 为棱上一点. （1）当 为中点时，求证：平面； （2）若，当 时，求平面 与平面 夹角的余弦值. 17. 已知函数. （1）求函数图象在点处的切线方程； （2）若不等式恒成立，求实数 的取值范围. 18. 已知 是椭圆的右焦点，椭圆离心率，且椭圆上任意一点与点 距离的最大值为3. （1）求椭圆 的方程； （2）点在椭圆 上，椭圆在点处的切线 交轴于点. ①求的最小值； ②设分别为椭圆 的左､右顶点，不垂直轴的直线 交椭圆于另一点 ，直线与直线交于点，问直线与直线的交点是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由. 19. 若数列中某相邻三项成等差数列，则称该三项为“等差组”；若数列中某相邻三项成等比数列，则称该三项为“等比组”.现有一个12项的正项数列，其共有10组相邻三项，记第 组相邻三项为. （1）若数列满足， ①为“等差组”，为“等比组”，求； ②为“等比组”，为“等差组”，求. （2）若数列满足，且为“等差组”或“等比组”，求满足条件的数列的个数； （3）若数列满足，且中恰有5组“等差组”和5组“等比组”，求的最大可能值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $