精品解析：浙江省强基联盟2025-2026学年高三上学期返校联考数学试卷

浙江强基联盟2025年8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、单选题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用集合交集的定义计算求解. 【详解】集合，，因此. 故选：A. 2 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用复数的除法及乘法计算求解. 【详解】. 故选:D. 3. 在等比数列中，已知，，则公比（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】应用等比数列的通项公式化简计算求解. 【详解】由题意得，解得. 故选:B. 4. 尽管目前人类还无法准确预报地震，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：尔格）与地震里氏震级之间的关系为：，若第一次地震释放出的能量是第二次的1000倍，则第一次地震的里氏震级比第二次高（ ） A. 4级 B. 3级 C. 2级 D. 1级 【答案】C 【解析】 【分析】根据定义即可求解. 【详解】设第一次和第二次地震的能量分别为，里氏震级分别为， 由题意得与， ，所以. 故选：C. 5. 设双曲线的右焦点为，以为圆心，半径为的圆与双曲线的渐近线相切，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，可得焦点到渐近线的距离等于，再借助点到直线距离公式求解作答. 【详解】设双曲线的实半轴为， 由题意，，右焦点，渐近线方程：， 则焦点到渐近线的距离为，解得， 则，故. 故选：B. 6. 若函数的图象向右平移个单位后为一个奇函数的图象，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题知平移后，再利用函数的奇偶性可得即可求解. 【详解】平移后得到函数的图象，则， 解得，而因此最小可取. 故选：D. 7. 已知锐角，满足，则角的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用两角和差公式和同角三角函数的关系化简可得，然后令，利用基本不等式和正切函数的图象性质可得结果. 【详解】由题意得， 可得，，， 令，则，当且仅当，即时取等号， 又是锐角，则. 故选：B. 8. 设，是函数的图象与轴的两个交点（不同于原点），过作曲线的切线，切点为（异于点，），若，则实数的值为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先解方程确定点的坐标，利用导数的几何意义求点出切线的方程，根据切线过点，用表示出点坐标，再根据确定点坐标满足的条件，列方程可求的值. 【详解】因为，所以. 由或或. 可令，， 设点，所以过点切线方程为：. 因为， 所以. 由切线过点，所以， 因为点异于，所以， 所以， 所以. 由得，解得. 故选：C 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在棱长为1的正方体中，下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 平面 C. 点到平面的距离为 D. 与平面所成的角为 【答案】ABC 【解析】 【分析】构建空间直角坐标系，用向量法根据线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理判断AB；利用空间向量求得点D到平面的距离判断C；利用向量法求出线面角的正弦值判断D. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 对于A，，则，即. 又平面，平面，因此平面，A正确； 对于B，由，得，由， 得，，平面，则平面，B正确； 对于C，是平面的一个法向量，则点D到平面的距离，C正确， 对于D，与平面所成角的正弦值为，D错误. 故选：ABC 10. 若正整数数列满足下列条件：（1）当时，有（即数列严格递增）；（2）（其中表示数列的第项）.记数列的前项和为.则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意得且数列中的项两两不同，设，则，因此，即可得结果。 【详解】由题意得且数列中的项两两不同，设，则， 因此，若则矛盾， 若，则矛盾， 故，此时，，故A错误，B正确； ，因此，，因此，故C正确； ，，所以，故D错误. 故选：BC. 11. 甲、乙两人在投篮比赛中每轮各投一次，若一方投中且另一方未中，则投中的一方获胜，否则本轮平局.已知每轮中甲、乙投中的概率分别为和，且每轮中甲、乙投中与否互不影响，各轮之间也互不影响，则（ ） A. 一轮中甲获胜的概率为 B. 若，，则6轮比赛中，甲获胜次数的数学期望为2 C. 若，则一轮中平局的概率小于 D. 若，则3轮比赛中，甲至少获胜2次的概率的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由独立事件的乘法公式即可判断；对于B，先计算一轮中甲获胜的概率，再由即可得到；对于C，由题可得一轮中平局的概率即可判断；对于D，时，一轮中甲获胜的概率，至少获胜2次的概率为，再求导根据单调性确定最值即可. 【详解】由题意得，一轮中甲投中且乙投不中则甲获胜，概率为，故A正确； 在一轮中甲获胜的概率，所以，因此，故B正确； 当时，一轮中平局的概率为 ，故C错误； 由，则一轮中甲获胜的概率为， 因此甲至少获胜2次的概率为， 又，所以在上单调递增， 因此最大值为，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，设角，，所对的边分别为，，，已知，，，则角_____. 【答案】 【解析】 【分析】应用正弦定理结合角的范围计算求解. 【详解】由正弦定理得，由于，则，因此. 故答案为：. 13. 用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有_____个.（用数字作答） 【答案】60 【解析】 【分析】应用分类分步计数原理求四位数的个数. 【详解】若四位数中没有2，共有个， 若四位数中有1个2，共有个， 若四位数中有2个2，共有个， 因此共有60个. 故答案为：60 14. 设抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，两点，且线段的垂直平分线交于点，交轴于点，若的面积为，则直线的方程为_____. 【答案】或 【解析】 【分析】设直线，与抛物线方程联立，结合韦达定理可得 【详解】设直线，与抛物线方程联立可得，， ，，因此，， 得，所以，解得， 因此直线的方程为或. 故答案为：或. 四、解答题：本大题共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. 为积极参与马拉松比赛，某中学决定从3000名学生中随机抽取100名学生进行体能检测，这100名学生进行了15公里马拉松比赛，比赛成绩（分钟）的频率分布直方图如图所示，其中成绩分布区间是，，，，. （1）求图中的值，并估计这100名学生比赛成绩的平均数； （2）根据频率分布直方图估计样本的中位数（结果保留一位小数），并比较中位数与平均数的大小. 【答案】（1），73分钟 （2）71.7，平均数大于中位数 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中频率和为1得出，再应用平均数公式计算求解； （2）应用频率分布直方图中位数公式列式计算求解结合（1）比较即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图得，解得， 这100名学生比赛成绩的平均数为： 分钟； 【小问2详解】 在区间内的学生占频率0.45，在区间内的学生占频率0.75， 因此中位数在区间内， 设中位数为，得. 平均数大于中位数. 16. 如图，在三棱锥中，，，平面平面，点在上，且，，，点在上，且满足. （1）求证：平面； （2）求的值； （3）若二面角的大小为，求四面体的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先根据勾股定理得出，进而应用平面平面的性质定理得出线面垂直； （2）先根据线面垂直判定定理得出平面，进而得出，结合边长关系得出比例关系； （3）根据二面角定义得出即为二面角的平面角，再结合边长关系得出，最后应用三棱锥体积公式计算求解. 【小问1详解】 在三角形中，，，，所以， 可得. 由于平面平面，在平面内，平面平面， 平面. 【小问2详解】 取中点，连接，因为，所以， 又，，平面， 平面，平面， 所以. 在平面内，由（1）知，. 因为，， 所以，，因此. 【小问3详解】 设四面体的体积为. 由（2）得，则， 由于平面平面，平面平面平面， 因此平面， 又平面，平面，则， 平作于点，，平面，则平面， 又平面，所以， 因此即为二面角的平面角， 因为，，，则， 又，在中由勾股定理得，又， 由，得， 所以. 17. 对任意的正整数，数列满足，且. （1）求，； （2）证明：是等差数列； （3）设数列前项和为，求使的最小正整数的值. 【答案】（1），. （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）由得，再得； （2）由进行凑配即可证明. （3）由（2）可得，再进行求和得，再解不等式可得. 【小问1详解】 由题意得，，算得，. 【小问2详解】 由， 得， 记，则 得，，所以数列是首项为，公差为的等差数列. 故是等差数列. 【小问3详解】 由（2）得，即 ， 所以，，，,. 所以，即. 因此， 解得，故使的最小正整数的值为. 18. 已知函数. （1）若函数的最大值为0，求的取值范围； （2）证明：当时，有； （3）若对任意，都有成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据得出，再检验其正确性即可； （2）利用函数的单调性求解即可； （3）先用和差化积公式得出，再通过探究出的取值范围，最后验证其正确性即可. 【小问1详解】 ， 注意到，而函数的最大值为0，因此，所以， 另一方面，当时，，故在上单调递减， 则，满足题意， 综上所述，的取值范围为. 【小问2详解】 由（1）得当时函数在单调递减， 又，因此，即成立. 【小问3详解】 因， 则， 当时，，则， 令，则， 因在上恒成立，且，则，即， 下面证明时成立： 由（2）得，下面证明， 即证明， 令，则，因此单调递增， 则即成立； 综上所述，实数的取值范围为. 19. 如图，某研学基地的篱笆墙是由三条满足，的直线段，，和一条余弦曲线段构成的平面图形，其基准点到标记点，，的距离分别为：，，.曲线段上任意一点的高度满足函数：，其中，为到的距离.现将篱笆墙卷曲在下底面中心为，半径为4、高为23的圆柱侧面上，并使篱笆墙底部线段刚好圈在圆柱底面圆周上.记经过，，三点的平面为. （1）求平面与圆柱的轴线所成角的正弦值； （2）证明：平面，且在平面内存在两定点，，使得为定值； （3）设，是篱笆墙卷曲后曲线段上的两点，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，则，求出平面的一个法向量，利用公式可得. （2）证明，任意点均在平面内，即可得 （3）由（2）得曲线段卷曲后形成了一个平面椭圆，标准方程为，联立直线方程与曲线方程，利用韦达定理及三角形面积公式，弦长公式可得. 【小问1详解】 如图建立空间直角坐标系，则， ，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 由取得， 圆柱轴线的方向向量为，设平面与圆柱的轴线所成角为， . 【小问2详解】 ，可知， 故曲线段上任意点均在平面内， 线段的中点为，， 设，， 则，，都在平面内， 又， ， 所以， ， 所以， 【小问3详解】 由（2）得曲线段卷曲后形成了一个平面椭圆，在平面内，以椭圆的中心为原点， 为轴的正方向，建立平面直角坐标系， 设椭圆方程为，由（2）可得，又， 所以， 所以椭圆的标准方程为， 为长轴左顶点， 当平行于轴时，. 当不平行于轴时，设直线，与联立得 ，， . 令，则. 当时，不存在，舍去. 当时，. 若即且， 则. 若即，则. 若即且， 则. 当且仅当，时等号成立. 而，因此面积的最大值为. 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8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、单选题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 在等比数列中，已知，，则公比（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 4. 尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出能量（单位：尔格）与地震里氏震级之间的关系为：，若第一次地震释放出的能量是第二次的1000倍，则第一次地震的里氏震级比第二次高（ ） A. 4级 B. 3级 C. 2级 D. 1级 5. 设双曲线的右焦点为，以为圆心，半径为的圆与双曲线的渐近线相切，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 6. 若函数的图象向右平移个单位后为一个奇函数的图象，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知锐角，满足，则角的最大值为（ ） A B. C. D. 8. 设，是函数的图象与轴的两个交点（不同于原点），过作曲线的切线，切点为（异于点，），若，则实数的值为（ ） A. B. 3 C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在棱长为1的正方体中，下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 平面 C. 点到平面的距离为 D. 与平面所成的角为 10. 若正整数数列满足下列条件：（1）当时，有（即数列严格递增）；（2）（其中表示数列的第项）.记数列的前项和为.则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 甲、乙两人在投篮比赛中每轮各投一次，若一方投中且另一方未中，则投中一方获胜，否则本轮平局.已知每轮中甲、乙投中的概率分别为和，且每轮中甲、乙投中与否互不影响，各轮之间也互不影响，则（ ） A. 一轮中甲获胜的概率为 B. 若，，则6轮比赛中，甲获胜次数的数学期望为2 C. 若，则一轮中平局的概率小于 D. 若，则3轮比赛中，甲至少获胜2次的概率的最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，设角，，所对边分别为，，，已知，，，则角_____. 13. 用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有_____个.（用数字作答） 14. 设抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，两点，且线段的垂直平分线交于点，交轴于点，若的面积为，则直线的方程为_____. 四、解答题：本大题共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. 为积极参与马拉松比赛，某中学决定从3000名学生中随机抽取100名学生进行体能检测，这100名学生进行了15公里的马拉松比赛，比赛成绩（分钟）的频率分布直方图如图所示，其中成绩分布区间是，，，，. （1）求图中的值，并估计这100名学生比赛成绩的平均数； （2）根据频率分布直方图估计样本的中位数（结果保留一位小数），并比较中位数与平均数的大小. 16. 如图，在三棱锥中，，，平面平面，点在上，且，，，点在上，且满足. （1）求证：平面； （2）求的值； （3）若二面角的大小为，求四面体的体积. 17. 对任意的正整数，数列满足，且. （1）求，； （2）证明：是等差数列； （3）设数列的前项和为，求使的最小正整数的值. 18. 已知函数. （1）若函数的最大值为0，求的取值范围； （2）证明：当时，有； （3）若对任意，都有成立，求实数的取值范围. 19. 如图，某研学基地篱笆墙是由三条满足，的直线段，，和一条余弦曲线段构成的平面图形，其基准点到标记点，，的距离分别为：，，.曲线段上任意一点的高度满足函数：，其中，为到的距离.现将篱笆墙卷曲在下底面中心为，半径为4、高为23的圆柱侧面上，并使篱笆墙底部线段刚好圈在圆柱底面圆周上.记经过，，三点的平面为. （1）求平面与圆柱的轴线所成角的正弦值； （2）证明：平面，且在平面内存在两定点，，使得为定值； （3）设，是篱笆墙卷曲后曲线段上的两点，求面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $