第第頁(yè)2025屆浙江省強(qiáng)基聯(lián)盟高三三模數(shù)學(xué)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)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．1,2,3,4【答案】A【解析】【解答】因?yàn)?x<4?2x<22，則A={x|x<2}，

又因?yàn)锽=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(yùn)算法則，從而得出集合A∩B.2．若復(fù)數(shù)z滿足z1+i=1?3A．2 B．3 C．5 D．10【答案】C【解析】【解答】由題可得z=1?3則z=故選：C.【分析】先對(duì)復(fù)數(shù)進(jìn)行化簡(jiǎn)，成a+bi的形式，再由模的計(jì)算公式可得結(jié)果.3．設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，已知a2=3，A．17 B．21 C．23 D．27【答案】D【解析】【解答】設(shè)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(shè)等差數(shù)列的公差為d，由已知列出關(guān)于a1和d的方程，求解方程可得通項(xiàng)，再由通項(xiàng)可得結(jié)果.4．設(shè)1?2x6=aA．20 B．－20 C．160 D．－160【答案】D【解析】【解答】因?yàn)??2x6的通項(xiàng)為：T令r=3，則a3故答案為：D.【分析】利用二項(xiàng)式定理求出1?2x6的通項(xiàng)，令r=3，從而求出a5．如圖是函數(shù)fx=AsinA．12 B．1 C．2 【答案】C【解析】【解答】由三角型函數(shù)的對(duì)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(duì)稱性可知0,?1到π2,1間隔半個(gè)周期，再利用正弦型函數(shù)的最小正周期公式，從而得出6．在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)P，Q分別為棱AAA．52 B．2 C．72 【答案】B【解析】【解答】如圖，在ABCD?A1B1C因?yàn)锳C?平面AB1C，A所以A1C1又因?yàn)辄c(diǎn)P，Q分別為棱AA1，C1D1上的動(dòng)點(diǎn)（可與端點(diǎn)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．已知A，B，C是函數(shù)fx=2?log3x圖象上的三點(diǎn)，A在x軸上，且A．0 B．－1 C．－107 D．82【答案】C【解析】【解答】解：令|2?log3x|=0，則2?log3x=0，設(shè)B(x1,y0)，C(x2,又因?yàn)閤1<x2，且y=log3x遞增，

根據(jù)運(yùn)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?yàn)閤1>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(diǎn)A在x軸，令函數(shù)值為0求出點(diǎn)A的坐標(biāo).，設(shè)點(diǎn)B的坐標(biāo)和點(diǎn)C的坐標(biāo)，再根據(jù)BC的長(zhǎng)度列出方程，從而得到x1與x2的關(guān)系式，再利用向量的坐標(biāo)表示寫出AB與AC坐標(biāo)，從而算出(x1?9)(x2?9)，再利用韋達(dá)定理求出x18．若數(shù)軸上有一個(gè)質(zhì)點(diǎn)位于x=0處，每次運(yùn)動(dòng)它都等可能地向左或向右移動(dòng)一個(gè)單位，已知它在第10次運(yùn)動(dòng)后首次到達(dá)x=6處，則它在運(yùn)動(dòng)過程中沒有重返過原點(diǎn)的概率為（）A．12 B．1327 C．2845【答案】B【解析】【解答】解：設(shè)第i次向右運(yùn)動(dòng)賦值為xi=1，第i次向左運(yùn)動(dòng)賦值為則10次運(yùn)動(dòng)路徑可以表示為有序數(shù)組x1,x2,?,記10次運(yùn)動(dòng)后首次到達(dá)x=6處的路徑為y1則?1≤i≤9，k=1iyk≤5且k=110yk因?yàn)閗=18yk≤5，所以y9=1，k=18yk=4又因?yàn)?1≤i≤5，k=1i因此yi中有且僅有兩個(gè)?1,y記10次運(yùn)動(dòng)后首次到達(dá)x=6處且過程中沒有重返原點(diǎn)的路徑為z1同理可得zi中有且僅有兩個(gè)?1,z則它在運(yùn)動(dòng)過程中沒有重返過原點(diǎn)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(dá)到x=6處，記10次運(yùn)動(dòng)為一個(gè)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(lái)確定所有可能性，再研究沒有返回原點(diǎn)的所有可能性，最后利用古典概率公式得出它在運(yùn)動(dòng)過程中沒有重返過原點(diǎn)的概率.二、多項(xiàng)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(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9．已知α為銳角，若tan2α=A．α的終邊經(jīng)過點(diǎn)3,1 B．sinC．1+cos2α=35【答案】A,C,D【解析】【解答】解：對(duì)于A，因?yàn)閠an2α=2tan則tanα≠0，則2則α的終邊經(jīng)過點(diǎn)3k,k，

取k=1，則α的終邊經(jīng)過點(diǎn)3,1，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)閠an2α=sin2α1?sin2α=19?對(duì)于C，因?yàn)?+cos2α=所以cosα=1?sin2α對(duì)于D，因?yàn)閠anβ=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．已知定義在R上的可導(dǎo)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(xiàng)公式是an=n C．a(chǎn)n可能是等比數(shù)列 D．若a2【答案】B,C,D【解析】【解答】解：對(duì)于選項(xiàng)A：若an=n，則fan=an+1求導(dǎo)得出y'當(dāng)fx=4x，由選項(xiàng)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(xiàng)公式，則判斷出選項(xiàng)A；利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，則判斷出選項(xiàng)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(xiàng)C；利用選項(xiàng)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(xiàng)D，從而找出正確的選項(xiàng).11．如圖所示，某游戲闖關(guān)者需從區(qū)域Ⅰ內(nèi)的定點(diǎn)P快速移動(dòng)至區(qū)域Ⅱ內(nèi)的定點(diǎn)Q.兩區(qū)域以直線l為分界線，已知P，Q兩點(diǎn)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(zhǎng)為3，考慮到兩區(qū)域通行環(huán)境差異，設(shè)定闖關(guān)者在區(qū)域Ⅰ的移動(dòng)速率為a，在區(qū)域Ⅱ中的移動(dòng)速率為b，線段PQ與直線l相交于點(diǎn)A，若圖示折線路徑PBQ是耗時(shí)最短的闖關(guān)路線.則下列說法正確的有（）A．存在實(shí)數(shù)λ，使得BAB．若tan∠BQP=1C．a(chǎn)<bD．b【答案】A,B,D【解析】【解答】解：對(duì)于選項(xiàng)A：因?yàn)辄c(diǎn)A在線段PQ上，

所以存在這樣的實(shí)數(shù)λ，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，分別過點(diǎn)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(duì)于選項(xiàng)D：設(shè)BC=x，顯然只需考慮0<x<3，

則闖關(guān)時(shí)間為：tx=因?yàn)閥=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(diǎn)x0，即為tx的極小值點(diǎn)，

則當(dāng)x=x0時(shí)闖關(guān)用時(shí)最短，此時(shí)t'x0對(duì)于選項(xiàng)C：當(dāng)點(diǎn)B在點(diǎn)A右側(cè)時(shí)可得∠PBA<∠QBD，因此a>b，故C錯(cuò)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(xiàng)A；分別過點(diǎn)P，Q作直線l的垂線，利用角的正切值得出AB的長(zhǎng)，則判斷出選項(xiàng)B；利用三角形中大角對(duì)大邊的性質(zhì)，則可判斷選項(xiàng)C；設(shè)BC=x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+1【答案】ln2【解析】【解答】解：因?yàn)閒x=lnx+11?x又因?yàn)閒0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．設(shè)直線23x?2y?3=0與拋物線C：y2【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(shè)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(duì)(x1?x2)2=(x1+x2)2?4因?yàn)閜>0，

所以3+2p=5，

解得p=1，

可得焦點(diǎn)F的坐標(biāo)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(guān)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．圓臺(tái)內(nèi)有一個(gè)球，與圓臺(tái)的上下底面及所有母線均相切，則圓臺(tái)與球的體積比的取值范圍為.【答案】32【解析】【解答】解：設(shè)圓臺(tái)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(tái)的體積V臺(tái)=13πh(R2+Rr+由tan2α=hR?r=2tanα1?tan2α，

得R?r=則V臺(tái)V球則V臺(tái)V球=2令t=tan2α，t∈(0,1)，

當(dāng)t=1，y=t+1t+1=3；

當(dāng)t靠近0時(shí)，1t變得很大，y趨近正無(wú)窮，

所以1故答案為：(3【分析】設(shè)圓臺(tái)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(tái)體和球體的體積公式，從而計(jì)算出二者的體積，進(jìn)而得到二者的比值，令t=tan四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應(yīng)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(duì)的邊記為a，b，c，設(shè)其外心為O.若acos（1）求角A的大??；（2）若a=2，求△OBC【答案】（1）解：因?yàn)閍cosB+acos由正弦定理，得sinAcosB-cosAsinB=所以A?B+C?A=π+2kπ則B+C=2A，又因?yàn)锳+B+C=π，

所以A=（2）解：因?yàn)辄c(diǎn)O是△ABC的外心，

所以O(shè)B=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?yàn)镺是△ABC的外心，所以O(shè)B=R=asin∠BOC=所以S△OBC16．如圖，已知四棱臺(tái)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AC1E【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?yàn)锽C=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?yàn)镃C1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，

因?yàn)镃C1∩CD=C，CC1、CD?平面CC1又因?yàn)镃1D?平面D1C1（2）解：設(shè)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(tái)的體積為13h2734取AC的中點(diǎn)O，連接DO，過點(diǎn)O在平面ACC1內(nèi)作OF⊥C1E因?yàn)锳D=CD，O為AC的中點(diǎn)，

所以O(shè)D⊥AC，又因?yàn)镃C1⊥平面ABCD，OD?平面ABCD，

因?yàn)锳C∩CC1=C，AC、CC1?平面ACC又因?yàn)镃1E?平面ACC1，因?yàn)镺F⊥C1E，OD∩OF=O，OD、OF?平面ODF，

所以C又因?yàn)镈F?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?yàn)锳D=CD=3，

所以∠ACD=∠CAD=π又因?yàn)镺D⊥AC，

所以O(shè)D=1因?yàn)锳D//BC，

所以AECE=ADBC=所以O(shè)E=AO?AE=1又因?yàn)镃C1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，

則C1E=CE2因?yàn)閟in∠OEF=OFOE=2又因?yàn)镺D⊥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(zhǎng)，再結(jié)合勾股定理得出BD⊥CD，再由CC1⊥平面ABCD可得（2）利用臺(tái)體的體積公式求出CC1的長(zhǎng)，取AC的中點(diǎn)O，連接DO，過點(diǎn)O在平面ACC1內(nèi)作OF⊥C1E，垂足為點(diǎn)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?yàn)锽C=2AD=2CD=6，由余弦定理可得BD即62+3故BD=33，所以BD2又因?yàn)镃C1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD因?yàn)镃C1∩CD=C，CC1、CD?平面C因?yàn)镃1D?平面D1（2）設(shè)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(tái)的體積為13h27取AC的中點(diǎn)O，連接DO，過點(diǎn)O在平面ACC1內(nèi)作OF⊥C1E因?yàn)锳D=CD，O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)D⊥AC，因?yàn)镃C1⊥平面ABCD，OD?平面ABCD因?yàn)锳C∩CC1=C，AC、CC1?平面因?yàn)镃1E?平面ACC因?yàn)镺F⊥C1E，OD∩OF=O，OD、OF?平面ODF，所以C因?yàn)镈F?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?yàn)锳D=CD=3，所以∠ACD=∠CAD=π因?yàn)镺D⊥AC，故OD=1因?yàn)锳D//BC，所以AECE=AD所以O(shè)E=AO?AE=1因?yàn)镃C1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD故C1E=C又因?yàn)閟in∠OEF=OFOE因?yàn)镺D⊥平面ACC1，OF?平面ACC則DF=O所以cos∠DFO=因此，平面AC1E與平面D17．如圖，橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為e=22，左右焦點(diǎn)分別為F1（1）當(dāng)點(diǎn)M坐標(biāo)為2,?2時(shí)，求AD；（2）證明：MF【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(dāng)點(diǎn)M坐標(biāo)為2,?2時(shí)，kME設(shè)Ex0,?代入橢圓方程得2x0+12+4x02=1，

又因?yàn)锳-2,0，

（2）證明：設(shè)直線AD：x=ty?2，與橢圓C方程聯(lián)立，

得yD=因?yàn)锳-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(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)，再利用點(diǎn)D在橢圓上，從而求出點(diǎn)E坐標(biāo)，再利用兩點(diǎn)間的距離公式得出AD的長(zhǎng).（2）先設(shè)出直線AD的方程，再與橢圓方程聯(lián)立得到各點(diǎn)坐標(biāo)，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(dāng)點(diǎn)M坐標(biāo)為2,?2時(shí)，kME設(shè)Ex0,?代入橢圓方程得2x0+12+4又A-2,0（2）設(shè)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．在一個(gè)不透明的袋子中放有n個(gè)除顏色外完全相同的小球，其中有m個(gè)紅色球與n?m個(gè)白色球（滿足m<n且n，m∈N（1）當(dāng)n=5，m=2時(shí)，求前兩次摸取過程中恰發(fā)生一次“成功”事件的概率；（2）設(shè)p=mn，若第X次摸取時(shí)試驗(yàn)首次出現(xiàn)“成功”事件，記隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望為EX，試比較E（3）基于隨機(jī)變量可加性原理EY1+Y2=EY1+E【答案】（1）解：設(shè)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?yàn)閄∈1,2,3,?，

由題意得P則EX（3）解：設(shè)第X1次摸球時(shí)試驗(yàn)首次“成功”，

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

記4個(gè)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(dú)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有四種情況，再根據(jù)隨機(jī)變量可加性原理，即EY1+（1）設(shè)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=2因此PA∪B（2）X∈1,2,3,?，由題意得PEX（3）設(shè)第X1次摸球時(shí)試驗(yàn)首