第第頁2025屆浙江省強基聯(lián)盟高三三模數(shù)學試題一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．已知集合A=x2x<4，A．1 B．1,2 C．3,4 D．1,2,3,42．若復數(shù)z滿足z1+i=1?3A．2 B．3 C．5 D．103．設等差數(shù)列an的前n項和為Sn，已知a2=3，A．17 B．21 C．23 D．274．設1?2x6=aA．20 B．－20 C．160 D．－1605．如圖是函數(shù)fx=AsinA．12 B．1 C．2 6．在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點P，Q分別為棱AAA．52 B．2 C．72 7．已知A，B，C是函數(shù)fx=2?log3x圖象上的三點，A在x軸上，且A．0 B．－1 C．－107 D．828．若數(shù)軸上有一個質(zhì)點位于x=0處，每次運動它都等可能地向左或向右移動一個單位，已知它在第10次運動后首次到達x=6處，則它在運動過程中沒有重返過原點的概率為（）A．12 B．1327 C．2845二、多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．已知α為銳角，若tan2α=A．α的終邊經(jīng)過點3,1 B．sinC．1+cos2α=3510．已知定義在R上的可導函數(shù)fx滿足：f'x>2，若單調(diào)遞增數(shù)列A．a(chǎn)n的通項公式是an=n C．a(chǎn)n可能是等比數(shù)列 D．若a211．如圖所示，某游戲闖關者需從區(qū)域Ⅰ內(nèi)的定點P快速移動至區(qū)域Ⅱ內(nèi)的定點Q.兩區(qū)域以直線l為分界線，已知P，Q兩點到直線l的距離分別為1，2，且向量PQ在直線l的方向向量上的投影向量的模長為3，考慮到兩區(qū)域通行環(huán)境差異，設定闖關者在區(qū)域Ⅰ的移動速率為a，在區(qū)域Ⅱ中的移動速率為b，線段PQ與直線l相交于點A，若圖示折線路徑PBQ是耗時最短的闖關路線.則下列說法正確的有（）A．存在實數(shù)λ，使得BAB．若tan∠BQP=1C．a(chǎn)<bD．b三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知函數(shù)fx=lnx+113．設直線23x?2y?3=0與拋物線C：y214．圓臺內(nèi)有一個球，與圓臺的上下底面及所有母線均相切，則圓臺與球的體積比的取值范圍為.四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟.15．已知在△ABC中，角A，B，C所對的邊記為a，b，c，設其外心為O.若acos（1）求角A的大?。唬?）若a=2，求△OBC16．如圖，已知四棱臺ABCD?A1B1C1D1的體積為133，底面ABCD為等腰梯形，AD//BC，BC=2AD=2CD=6（1）證明：BD⊥C（2）求平面AC1E17．如圖，橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為e=22，左右焦點分別為F1（1）當點M坐標為2,?2時，求AD；（2）證明：MF18．在一個不透明的袋子中放有n個除顏色外完全相同的小球，其中有m個紅色球與n?m個白色球（滿足m<n且n，m∈N（1）當n=5，m=2時，求前兩次摸取過程中恰發(fā)生一次“成功”事件的概率；（2）設p=mn，若第X次摸取時試驗首次出現(xiàn)“成功”事件，記隨機變量X的數(shù)學期望為EX，試比較E（3）基于隨機變量可加性原理EY1+Y2=EY1+E19．若連續(xù)函數(shù)fx滿足f″x（1）判斷以下函數(shù)是否為“T函數(shù)”，請說明理由.（?。﹜=1；（ⅱ）y=e（ⅲ）y=sin（2）若非常值函數(shù)fx存在二階導數(shù)，證明：fx為“T函數(shù)”的充要條件是（3）已知非常值函數(shù)fx為“T函數(shù)”，且f0=f'0=1

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】因為2x<4?2x<22，則A={x|x<2}，

又因為B=1,2,3,4，

所以A∩B=故答案為：A.

【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性得出集合A，再由交集的運算法則，從而得出集合A∩B.2．【答案】C【解析】【解答】由題可得z=1?3則z=故選：C.【分析】先對復數(shù)進行化簡，成a+bi的形式，再由模的計算公式可得結(jié)果.3．【答案】D【解析】【解答】設等差數(shù)列an的公差為d由題意得a1+d=35所以a3故選：D.【分析】設等差數(shù)列的公差為d，由已知列出關于a1和d的方程，求解方程可得通項，再由通項可得結(jié)果.4．【答案】D【解析】【解答】因為1?2x6的通項為：T令r=3，則a3故答案為：D.【分析】利用二項式定理求出1?2x6的通項，令r=3，從而求出a5．【答案】C【解析】【解答】由三角型函數(shù)的對稱性，可得π2?0=T2=故答案為：C.

【分析】由三角型函數(shù)圖象的對稱性可知0,?1到π2,1間隔半個周期，再利用正弦型函數(shù)的最小正周期公式，從而得出6．【答案】B【解析】【解答】如圖，在ABCD?A1B1C因為AC?平面AB1C，A所以A1C1又因為點P，Q分別為棱AA1，C1D1上的動點（可與端點重合），

所以PQ為A1C1，

故答案為：B.

【分析】由題意結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征得出線線平行，再利用線線平行證出線面平行，從而得出PQ為A1C17．【答案】C【解析】【解答】解：令|2?log3x|=0，則2?log3x=0，設B(x1,y0)，C(x2,又因為x1<x2，且y=log3x遞增，

根據(jù)運算法則，得log3(x1x已知BC=24，則x2所以AB=(x1?9,y展開，得(x由(x把x2?x1=24因為x1>0,則(x由x2+x1=30，x1x2=81，

所以y0=|2?log所以AB?故答案為：C.

【分析】先根據(jù)點A在x軸，令函數(shù)值為0求出點A的坐標.，設點B的坐標和點C的坐標，再根據(jù)BC的長度列出方程，從而得到x1與x2的關系式，再利用向量的坐標表示寫出AB與AC坐標，從而算出(x1?9)(x2?9)，再利用韋達定理求出x18．【答案】B【解析】【解答】解：設第i次向右運動賦值為xi=1，第i次向左運動賦值為則10次運動路徑可以表示為有序數(shù)組x1,x2,?,記10次運動后首次到達x=6處的路徑為y1則?1≤i≤9，k=1iyk≤5且k=110yk因為k=18yk≤5，所以y9=1，k=18yk=4又因為?1≤i≤5，k=1i因此yi中有且僅有兩個?1,y記10次運動后首次到達x=6處且過程中沒有重返原點的路徑為z1同理可得zi中有且僅有兩個?1,z則它在運動過程中沒有重返過原點的概率為1327故答案為：B.【分析】把左稱記為?1，右稱記為+1，要達到x=6處，記10次運動為一個有序數(shù)組，則得出滿足首次和為6的所有可能，再利用組合數(shù)來確定所有可能性，再研究沒有返回原點的所有可能性，最后利用古典概率公式得出它在運動過程中沒有重返過原點的概率.9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：對于A，因為tan2α=2tan則tanα≠0，則2則α的終邊經(jīng)過點3k,k，

取k=1，則α的終邊經(jīng)過點3,1，故A正確；對于B，因為tan2α=sin2α1?sin2α=19?對于C，因為1+cos2α=所以cosα=1?sin2α對于D，因為tanβ=故答案為：ACD.

【分析】由二倍角的正切公式結(jié)合tanα=sinαcosα，從而可得tan10．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：對于選項A：若an=n，則fan=an+1求導得出y'當fx=4x，由選項B可知y=fx?2x為增函數(shù)，且數(shù)列則fan+1?2an+1得an+2?an+1>2得a100故答案為：BCD.

【分析】利用函數(shù)的解析式和代入法以及已知條件，從而得出數(shù)列的通項公式，則判斷出選項A；利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，則判斷出選項B；利用已知條件和特殊情況分析以及等比數(shù)列的定義，則判斷出選項C；利用選項B和函數(shù)的單調(diào)性，再結(jié)合數(shù)列求和的方法和放縮法，則判斷出選項D，從而找出正確的選項.11．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：對于選項A：因為點A在線段PQ上，

所以存在這樣的實數(shù)λ，故A正確；對于選項B，分別過點P，Q作直線l的垂線，垂是分別為C，D，則CA=1，

所以tan則DB=32，

對于選項D：設BC=x，顯然只需考慮0<x<3，

則闖關時間為：tx=因為y=x所以y=3?x4+3?x2為減函數(shù)，

則t'x單調(diào)遞增，所以t'x在0,3上存在唯一零點x0，即為tx的極小值點，

則當x=x0時闖關用時最短，此時t'x0對于選項C：當點B在點A右側(cè)時可得∠PBA<∠QBD，因此a>b，故C錯誤.故答案為：ABD.

【分析】利用向量共線定理和平面向量基本定理，則判斷出選項A；分別過點P，Q作直線l的垂線，利用角的正切值得出AB的長，則判斷出選項B；利用三角形中大角對大邊的性質(zhì)，則可判斷選項C；設BC=x12．【答案】ln2【解析】【解答】解：因為fx=lnx+11?x又因為f0有意義結(jié)合fx為奇函數(shù)，

所以f0=0+a=0，所以fx=lnx+11?x故答案為：ln2.

【分析】由題意可得函數(shù)fx定義域，再由奇函數(shù)的性質(zhì)得出f013．【答案】12【解析】【解答】解：已知直線方程23x?2y?3將y=3x?32代入拋物線方程y2=2pxp>0，

可得：(3x?設A(x1,y1)，B(x由拋物線的焦半徑公式，可知|AF|=x1+已知|AF|?|BF|=43，

則(x1+對(x1?x2)2=(x1+x2)2?4因為p>0，

所以3+2p=5，

解得p=1，

可得焦點F的坐標為(1故答案為：(12,0).

【分析】先聯(lián)立直線方程與拋物線方程，從而得到關于x的一元二次方程，再利用拋物線的焦半徑公式結(jié)合已知條件，從而求出p14．【答案】32【解析】【解答】解：設圓臺軸截面如圖，等腰梯形底角為2α，上底面半徑為r，下底面半徑為R，

高為h，球的半徑為ρ，

則圓臺的體積V臺=13πh(R2+Rr+由tan2α=hR?r=2tanα1?tan2α，

得R?r=則V臺V球則V臺V球=2令t=tan2α，t∈(0,1)，

當t=1，y=t+1t+1=3；

當t靠近0時，1t變得很大，y趨近正無窮，

所以1故答案為：(3【分析】設圓臺的底角為2α，上底面半徑為r，下底面半徑為R，高為h，球的半徑為ρ，根據(jù)臺體和球體的體積公式，從而計算出二者的體積，進而得到二者的比值，令t=tan15．【答案】（1）解：因為acosB+acos由正弦定理，得sinAcosB-cosAsinB=所以A?B+C?A=π+2kπ則B+C=2A，又因為A+B+C=π，

所以A=（2）解：因為點O是△ABC的外心，

所以OB=則R=a所以sin∠BOC=所以S△OBC【解析】【分析】（1）根據(jù)已知條件和正弦定理、三角形中角的取值范圍以及三角形內(nèi)角和定理，從而得出角A的大小.（2）由正弦定理asinA=bsinB=（1）acosB+acos由正弦定理得sinAcosB-cosA因此A?B+C?A=π+2kπ即B+C=2A，又A+B+C=π，故A=（2）因為O是△ABC的外心，所以OB=R=asin∠BOC=所以S△OBC16．【答案】（1）證明：在等腰梯形ABCD中，AD//BC，

由等腰梯形的幾何性質(zhì)，可知所以，cos∠BAD=因為BC=2AD=2CD=6，由余弦定理，可得：B則62+32?2×6×3所以BD=33，

則BD2+CD又因為CC1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，

因為CC1∩CD=C，CC1、CD?平面CC1又因為C1D?平面D1C1（2）解：設CC1=h，

由（1）可知cos所以∠BCD=π3，

則所以，S=1易知梯形ABCD∽梯形A1B1則S梯形由題意可知，棱臺的體積為13h2734取AC的中點O，連接DO，過點O在平面ACC1內(nèi)作OF⊥C1E因為AD=CD，O為AC的中點，

所以OD⊥AC，又因為CC1⊥平面ABCD，OD?平面ABCD，

因為AC∩CC1=C，AC、CC1?平面ACC又因為C1E?平面ACC1，因為OF⊥C1E，OD∩OF=O，OD、OF?平面ODF，

所以C又因為DF?平面ODF，

所以DF⊥C則∠DFO即為平面AC1E由等腰梯形的幾何性質(zhì)，

可知∠ADC=∠BAD=2π3，因為AD=CD=3，

所以∠ACD=∠CAD=π又因為OD⊥AC，

所以OD=1因為AD//BC，

所以AECE=ADBC=所以OE=AO?AE=1又因為CC1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，

則C1E=CE2因為sin∠OEF=OFOE=2又因為OD⊥平面ACC1，OF?平面ACC1，則DF=O所以cos∠DFO=因此，平面AC1E與平面D【解析】【分析】（1）利用余弦定理可得cos∠BCD的值，從而可得BD的長，再結(jié)合勾股定理得出BD⊥CD，再由CC1⊥平面ABCD可得（2）利用臺體的體積公式求出CC1的長，取AC的中點O，連接DO，過點O在平面ACC1內(nèi)作OF⊥C1E，垂足為點F，連接DF，再結(jié)合二面角的定義可知∠DFO即為平面AC1E與平面DC（1）在等腰梯形ABCD中，AD//BC，由等腰梯形的幾何性質(zhì)可知所以，cos∠BAD=因為BC=2AD=2CD=6，由余弦定理可得BD即62+3故BD=33，所以BD2又因為CC1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD因為CC1∩CD=C，CC1、CD?平面C因為C1D?平面D1（2）設CC1=h，由（1）可知cos故∠BCD=π3，則所以，S=1易知梯形ABCD∽梯形A1B1故S梯形由題可知棱臺的體積為13h27取AC的中點O，連接DO，過點O在平面ACC1內(nèi)作OF⊥C1E因為AD=CD，O為AC的中點，所以OD⊥AC，因為CC1⊥平面ABCD，OD?平面ABCD因為AC∩CC1=C，AC、CC1?平面因為C1E?平面ACC因為OF⊥C1E，OD∩OF=O，OD、OF?平面ODF，所以C因為DF?平面ODF，所以DF⊥C故∠DFO即為平面AC1E由等腰梯形的幾何性質(zhì)可知∠ADC=∠BAD=2π3，因為AD=CD=3，所以∠ACD=∠CAD=π因為OD⊥AC，故OD=1因為AD//BC，所以AECE=AD所以OE=AO?AE=1因為CC1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD故C1E=C又因為sin∠OEF=OFOE因為OD⊥平面ACC1，OF?平面ACC則DF=O所以cos∠DFO=因此，平面AC1E與平面D17．【答案】（1）解：由題意得a=2c，12a+cb=1+22，所以，橢圓C的方程為x2當點M坐標為2,?2時，kME設Ex0,?代入橢圓方程得2x0+12+4x02=1，

又因為A-2,0，

（2）證明：設直線AD：x=ty?2，與橢圓C方程聯(lián)立，

得yD=因為A-2,0，

所以E?22t2+2,2t所以，直線MF2的斜率則kMF2?k【解析】【分析】（1）利用題中條件先求出橢圓的方程，再設點E的坐標，再利用點D在橢圓上，從而求出點E坐標，再利用兩點間的距離公式得出AD的長.（2）先設出直線AD的方程，再與橢圓方程聯(lián)立得到各點坐標，再利用兩直線垂直斜率相乘等于?1，從而證出MF（1）由題意得a=2c，12a+cb=1+2故橢圓C的方程為x2當點M坐標為2,?2時，kME設Ex0,?代入橢圓方程得2x0+12+4又A-2,0（2）設直線AD：x=ty?2，與橢圓C方程聯(lián)立得yD=又A-2,0，故E?22t2故直線MF2的斜率所以kMF218．【答案】（1）解：設事件第一次摸球“成功”且第二次摸球未“成功”為A，

事件第一次摸球未“成功”且第二次摸球“成功”為B，

由題意，得PA=25×34（2）解：因為X∈1,2,3,?，

由題意得P則EX（3）解：設第X1次摸球時試驗首次“成功”，

且從第k?1次成功后又進行了Xk次摸球恰好達到第k次“成功”，（k=2,3,4）可知ξ=X1+X2+X3+X4，

記4個階段內(nèi)每次摸到紅球的概率分別為p1，p2，p3，p4，

則p1=25，【解析】【分析】（1）根據(jù)已知條件和獨立事件乘法求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，從而得出前兩次摸取過程中恰發(fā)生一次“成功”事件的概率.（2）由題意可知PX=k=1?pk?1p（3）由題意可知抽取次數(shù)為ξ有