精品解析：浙江省强基联盟2025-2026学年高三上学期10月联考数学试题

浙江强基联盟2025年10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，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知等差数列的公差不为0，成等比数列，且，则公差（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知平面内有四点，若，则“三点共线”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 5. 若是锐角，满足，则（ ） A. 0 B. C. D. 6. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，为双曲线右支上的点，若双曲线的离心率为2，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙两人玩扑克牌游戏，他们拿出了张牌（且），其中“红心”花色的牌共有4张．将牌洗匀后合为一堆，两人依次从牌堆最上方拿一张牌（甲先拿牌），直到拿完所有牌为止．记事件为“甲、乙二人手中各有两张‘红心’花色的牌”，事件为“甲、乙二人其中一人手中只有一张‘红心’花色的牌”，则（ ） A. 对任意满足题意的，都有 B. 对任意满足题意的，都有 C. 对任意满足题意的，都有 D. ，的大小关系与有关 8. 设定义在上的奇函数的导函数为，且对任意的，，，则的值为（ ） A. B. 0 C. 2 D. 2026 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. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是单调递增函数 C. 的图象关于点对称 D. 若，则 10. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为和（）．假设每次发送信号0和1是等可能的且每次发送信号相互之间是独立的．当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72．则下列结论正确的是（ ） A. B. 当发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收的概率为0.16 C. 一次发信后被接收为信号“1”的概率为0.45 D. 若已知一次发信后被接收为信号“1”，则接收正确的概率为 11. 已知动点序列与圆，设表示到圆上的点的最短距离．则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时，的面积满足 D. 当时，记，则满足 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线的一个方向向量为，且过，则直线的方程为______． 13. 已知正三棱锥满足，，则的外接球表面积为______． 14. 已知，且，若不等式恒成立，则实数的最大值为______． 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. 在锐角三角形中，设角所对的边分别为，已知且． （1）求角的大小； （2）求的取值范围． 16. 在直三棱柱中，，，，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）若二面角是直二面角，求的长； （3）在（2）的条件下，求三棱锥的体积． 17. 已知是曲线与轴的交点，点，在曲线上，且点异于点，直线与相交于点，直线与相交于点． （1）若点的坐标为，求曲线的焦点坐标； （2）若为坐标原点，直线与相交于点，直线与相交于点．求证：，，成等比数列． 18. 已知函数． （1）求曲线经过点的切线方程； （2）若对定义域内的任意恒成立，求实数的取值范围． 19. 已知数列满足，其中，． （1）若，证明：对任意的正整数，都有成立． （2）若， （ⅰ）试探究是否存在满足条件的，使得，若存在则求出一组的值，若不存在，请说明理由； （ⅱ）取为的小数部分，其中，，求的值． 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10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】B 【解析】 【分析】由集合的并集运算即可求解 【详解】因为， 所以， 故选：B 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设，化简等式左侧，结合复数相等的概念即可. 【详解】设，则， 则，因此． 故选：A． 3. 已知等差数列的公差不为0，成等比数列，且，则公差（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据成等比数列可得，进而结合等差数列的基本量计算求解即可. 【详解】由成等比数列，则，又， 则，解得. 故选：B． 4. 已知平面内有四点，若，则“三点共线”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】充分性：举反例若四点也共线可推出矛盾；必要性：利用向量的加法运算和共线向量的定义可判断. 【详解】当时，， 因此，所以三点共线； 另一方面，当三点共线时， 若四点也共线，设， 则， 若系数和恒为1，则有恒为1， 恒为1， 显然因的不确定性，假设不成立，因此系数和并不一定恒为1． 则“三点共线”是“”的必要不充分条件. 故选：B． 5. 若是锐角，满足，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角公式推断出进而求解. 【详解】因为，所以. 又因为均为锐角，故，所以． 故选：A 6. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，为双曲线右支上的点，若双曲线的离心率为2，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可设双曲线方程为，设点，过点作轴，在直角中，由，得到，联立方程组，求得点的坐标，进而求得，即可求解. 【详解】因为双曲线的离心率为，即，则， 不妨设双曲线方程为，则点，， 设点，过点作轴，垂足为，则， 在直角中，因为，可得，可得， 联立方程组，可得，即， 所以，所以. 故选：C. 7. 甲、乙两人玩扑克牌游戏，他们拿出了张牌（且），其中“红心”花色的牌共有4张．将牌洗匀后合为一堆，两人依次从牌堆最上方拿一张牌（甲先拿牌），直到拿完所有牌为止．记事件为“甲、乙二人手中各有两张‘红心’花色的牌”，事件为“甲、乙二人其中一人手中只有一张‘红心’花色的牌”，则（ ） A. 对任意满足题意的，都有 B. 对任意满足题意的，都有 C. 对任意满足题意的，都有 D. ，的大小关系与有关 【答案】D 【解析】 【分析】将张牌视作个位置，当牌洗匀后，每张牌位于每个位置的可能性是相等的，结合题意可得，，进而得到，进而判断各选项即可. 【详解】将张牌视作个位置，当牌洗匀后，每张牌位于每个位置的可能性是相等的， 而“红心”花色的牌有4张，需占用4个位置， 因此，， 则， 因此当时，； 当时，； 当时，． 故选：D． 8. 设定义在上的奇函数的导函数为，且对任意的，，，则的值为（ ） A. B. 0 C. 2 D. 2026 【答案】C 【解析】 【分析】令，得到，所以，当时，求得，进而推得的周期为的周期函数，得到，再由为奇函数，求得，得到，即可求解． 【详解】令，可得， 因为，所以，所以， 当时，可得，因此， 故，所以，即的一个周期为， 因此， 又因为为奇函数，可得， 所以的图象关于直线轴对称，所以． 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. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是单调递增函数 C. 的图象关于点对称 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的定义和判定方法，可判定A正确；根据导数的运算法则，求得，可判定B正确；根据，可判定C错误；根据题意，得到，求得，结合函数单调性，可判定D正确. 【详解】对于A，由函数，可得的定义域为，关于原点对称， ，， 所以， 即，所以为奇函数，所以A正确； 对于B，由， 因此在上单调递增，所以B正确； 对于C，由，可得的图象不关于点对称，所以C错误； 对于D，由，可得， 即，所以， 因为在上单调递增，所以，因此，所以D正确． 故选：ABD． 10. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为和（）．假设每次发送信号0和1是等可能的且每次发送信号相互之间是独立的．当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72．则下列结论正确的是（ ） A. B. 当发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收的概率为0.16 C. 一次发信后被接收为信号“1”的概率为0.45 D. 若已知一次发信后被接收为信号“1”，则接收正确的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据互斥事件概率加法和条件概率进行逐项分析即可判断. 【详解】对于，当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72， 则 ，解得，所以选项A正确； 对于，发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收有两种情况： 第一种情况是第一次发送1接收为1，第二次发送1接收为0，其概率为； 第二种情况是第一次发送1接收为0，第二次发送1接收为1，其概率为。 根据互斥事件概率加法公式，恰有一次被正确接收的概率为， 所以选项B错误； 对于, 一次发信后被接收为信号“1”有两种情况： 第一种情况是发送0收为1其概率为； 第二种情况是发送1收为1其概率为， 根据互斥事件概率加法公式， 一次发信后被接收为信号“1的概率为， 所以选项C正确； 对于，设事件表示“一次发信后被接收为信号1，事件表示“接收正确”。 由前面计算可知，表示发送1接收为1概率， 即，根据条件概率公式可得， 所以选项D正确. 故选：． 11. 已知动点序列与圆，设表示到圆上的点的最短距离．则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时，的面积满足 D. 当时，记，则满足 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，得到点到圆上的点的距离为，结合二次函数的性质，可判定A错误；当时，得到，可判定B正确；求得的面积的表达式，结合数列单调性的判定方法，可判定C错误；当时，得到，并结合数列的求和公式，可判定D正确. 【详解】由圆，可得圆心，半径为，且， 对于A，点到圆上的点的最短距离为，可得，所以A错误； 对于B，当时，可得，所以，所以B正确； 对于C，， 整理得， 因为函数单调递减，可得， 又因为，所以，所以数列单调递增，所以C错误； 对于D，当时，，故， 所以， 可得，所以D正确． 故选：BD． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线的一个方向向量为，且过，则直线的方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据直线方向向量的定义，求得直线的斜率，结合直线的点斜式方程，即可求解. 【详解】由直线的方向向量为，可得直线的斜率， 因为直线过点，所以直线的方程为，即. 故答案为：. 13. 已知正三棱锥满足，，则的外接球表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】设为三棱锥的高，得到球的球心在上，结合三棱锥的几何特征和球的截面的性质，求得外接球的半径，利用表面积公式，即可求解. 【详解】因为三棱锥为正三棱锥，又， 所以，又， 设为三棱锥的高，则其外接球的球心在上，且为等边的中心， 如图所示，设外接球的半径为，延长交于点，则， 在等边中，可得，则， 所以， 所以，即，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 14. 已知，且，若不等式恒成立，则实数的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由可对不等式同除，然后求不等式右边的最小值.利用诱导公式和和差角公式化简右边代数式，分析得到右式在时取到最小值，此时再次化简右边等式，利用换元法得到代数式，构造函数，利用导数得到函数的最大值，从而得到右边代数式的最小值，然后得到实数的最大值. 【详解】∵，∴， 原式等价于， 化简得右式 以作为主元可得右式在时取到最小值， 此时右式， 令，则右边， 令，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， ∴，因此． 故答案为：. 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. 在锐角三角形中，设角所对的边分别为，已知且． （1）求角的大小； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理求得，再由余弦定理，求得，即可求解； （2）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，根据为锐角三角形，求得，得到，结合三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，可得，即， 又由余弦定理，可得， 又因为，所以． 【小问2详解】 由正弦定理，可得， 由（1）知，可得， 得， 因为为锐角三角形，可得 ，即，解得， 所以，可得，所以 即，所以的取值范围为． 16. 在直三棱柱中，，，，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）若二面角是直二面角，求的长； （3）在（2）的条件下，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，由中位线得到线线平行，从而证明线面平行； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系．根据题意设出点的坐标，并得到未知数的关系.借助空间向量求得平面和平面的法向量，结合二面角得到向量的数量积，从而得到未知数的关系，然后结合两个关系式解得未知数，即可求得的长； （3）由棱锥的等体积转换得，由中点得到，再等体积转换为，然后由三棱柱和三棱锥的体积关系，即可求得结果. 【小问1详解】 连接，在矩形中得， 由于为的中位线， 故． 又平面，平面，故平面． 【小问2详解】 以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，，，，，且， 则，． 设平面的一个法向量， 则取得． 同理可取平面的一个法向量． 因此，得． 解得． 所以． 【小问3详解】 由题可知， ． 17. 已知是曲线与轴的交点，点，在曲线上，且点异于点，直线与相交于点，直线与相交于点． （1）若点的坐标为，求曲线的焦点坐标； （2）若为坐标原点，直线与相交于点，直线与相交于点．求证：，，成等比数列． 【答案】（1）与． （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）将点的坐标代入曲线方程即可求得的值，从而求得，即可得到焦点坐标. （2）设，，，由坐标写出直线，方程，联立方程组求得交点横坐标，并证明，由此得到点横坐标.然后由直线方程求得点的横坐标，即可证明，即可得证，，成等比数列． 【小问1详解】 将点的坐标代入曲线方程得， 得， 故， 因此曲线的焦点坐标为与． 【小问2详解】 设点，， 则直线的方程为， 直线的方程为， 联立解得， 同理，， ． 因此，． 另一方面，，得． ． 因此，即成等比数列． 18. 已知函数． （1）求曲线经过点的切线方程； （2）若对定义域内的任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）设切点为，求得切线方程为，将坐标代入，求得，进而得到切线方程； （2）把不等式转化为恒成立，令，求得为增函数，结合，，得到，使得，得到，求得，得出的单调性和最小值，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 设切点为，则切线方程为， 将坐标代入，可得，即， 可得，所以，所以切线方程为． 【小问2详解】 解：因为函数，， 由不等式，可得，所以恒成立， 令，则， 令，，所以在为增函数， 因为，，故，使得， 即，可得，所以， 又由函数，可得，所以在单调递增， 所以，即， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 故，所以， 所以实数的取值范围为． 19. 已知数列满足，其中，． （1）若，证明：对任意的正整数，都有成立． （2）若， （ⅰ）试探究是否存在满足条件的，使得，若存在则求出一组的值，若不存在，请说明理由； （ⅱ）取为的小数部分，其中，，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）不存在，理由见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，两式相减，求得，得到为等比数列，结合等比数列的通项公式和求和公式，即可求解； （2）根据题意，得到，（ⅰ）求得，即可得到结论；（ⅱ）由（i）得到，求得与的小数部分相等，证得是周期数列且周期为，得到，不妨设，求得，结合数列的周期性，即可求解. 【小问1详解】 解：因为且，可得， 两式相减，可得，即 又因为，所以，则， 所以数列是以为首项，公比为的等比数列， 所以，故， 又由 ， 所以，即对任意的正整数，都有成立. 【小问2详解】 解：当时，，可得． （ⅰ）由，，， 代入可得， ，所以，所以不存在满足条件的； （ⅱ）由（i）可得， 当时，，，所以的情况与相同； 当时，设，则，， ，故的小数部分与的小数部分相等， 所以与的小数部分相等． 又由，故，所以是周期数列且周期为， ， 不妨设，则，，，则， 因此， 当时，而，故， 所以数列是周期数列，周期为， 不妨设，则，，， 因此，．同上可得， 综上所述，无论与如何选取，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $