2025届浙江省强基联盟高三三模数学试题（解析版）

第第页2025届浙江省强基联盟高三三模数学试题一、选择题：本大题共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A=x2x<4，A．1 B．1,2 C．3,4 D．1,2,3,4【答案】A【解析】【解答】因为2x<4⇔2x<22，则A={x|x<2}，

又因为B=1,2,3,4，

所以A∩B=故答案为：A.

【分析】根据指数函数的单调性得出集合A，再由交集的运算法则，从而得出集合A∩B.2．若复数z满足z1+i=1−3A．2 B．3 C．5 D．10【答案】C【解析】【解答】由题可得z=1−3则z=故选：C.【分析】先对复数进行化简，成a+bi的形式，再由模的计算公式可得结果.3．设等差数列an的前n项和为Sn，已知a2=3，A．17 B．21 C．23 D．27【答案】D【解析】【解答】设等差数列an的公差为d由题意得a1+d=35所以a3故选：D.【分析】设等差数列的公差为d，由已知列出关于a1和d的方程，求解方程可得通项，再由通项可得结果.4．设1−2x6=aA．20 B．－20 C．160 D．－160【答案】D【解析】【解答】因为1−2x6的通项为：T令r=3，则a3故答案为：D.【分析】利用二项式定理求出1−2x6的通项，令r=3，从而求出a5．如图是函数fx=AsinA．12 B．1 C．2 【答案】C【解析】【解答】由三角型函数的对称性，可得π2−0=T2=故答案为：C.

【分析】由三角型函数图象的对称性可知0,−1到π2,1间隔半个周期，再利用正弦型函数的最小正周期公式，从而得出6．在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P，Q分别为棱AAA．52 B．2 C．72 【答案】B【解析】【解答】如图，在ABCD−A1B1C因为AC⊂平面AB1C，A所以A1C1又因为点P，Q分别为棱AA1，C1D1上的动点（可与端点重合），

所以PQ为A1C1，

故答案为：B.

【分析】由题意结合正方体的结构特征得出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，从而得出PQ为A1C17．已知A，B，C是函数fx=2−log3x图象上的三点，A在x轴上，且A．0 B．－1 C．－107 D．82【答案】C【解析】【解答】解：令|2−log3x|=0，则2−log3x=0，设B(x1,y0)，C(x2,又因为x1<x2，且y=log3x递增，

根据运算法则，得log3(x1x已知BC=24，则x2所以AB=(x1−9,y展开，得(x由(x把x2−x1=24因为x1>0,则(x由x2+x1=30，x1x2=81，

所以y0=|2−log所以AB⋅故答案为：C.

【分析】先根据点A在x轴，令函数值为0求出点A的坐标.，设点B的坐标和点C的坐标，再根据BC的长度列出方程，从而得到x1与x2的关系式，再利用向量的坐标表示写出AB与AC坐标，从而算出(x1−9)(x2−9)，再利用韦达定理求出x18．若数轴上有一个质点位于x=0处，每次运动它都等可能地向左或向右移动一个单位，已知它在第10次运动后首次到达x=6处，则它在运动过程中没有重返过原点的概率为（）A．12 B．1327 C．2845【答案】B【解析】【解答】解：设第i次向右运动赋值为xi=1，第i次向左运动赋值为则10次运动路径可以表示为有序数组x1,x2,⋯,记10次运动后首次到达x=6处的路径为y1则∀1≤i≤9，k=1iyk≤5且k=110yk因为k=18yk≤5，所以y9=1，k=18yk=4又因为∀1≤i≤5，k=1i因此yi中有且仅有两个−1,y记10次运动后首次到达x=6处且过程中没有重返原点的路径为z1同理可得zi中有且仅有两个−1,z则它在运动过程中没有重返过原点的概率为1327故答案为：B.【分析】把左称记为−1，右称记为+1，要达到x=6处，记10次运动为一个有序数组，则得出满足首次和为6的所有可能，再利用组合数来确定所有可能性，再研究没有返回原点的所有可能性，最后利用古典概率公式得出它在运动过程中没有重返过原点的概率.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，有选错的得0分.9．已知α为锐角，若tan2α=A．α的终边经过点3,1 B．sinC．1+cos2α=35【答案】A,C,D【解析】【解答】解：对于A，因为tan2α=2tan则tanα≠0，则2则α的终边经过点3k,k，

取k=1，则α的终边经过点3,1，故A正确；对于B，因为tan2α=sin2α1−sin2α=19⇒对于C，因为1+cos2α=所以cosα=1−sin2α对于D，因为tanβ=故答案为：ACD.

【分析】由二倍角的正切公式结合tanα=sinαcosα，从而可得tan10．已知定义在R上的可导函数fx满足：f'x>2，若单调递增数列A．an的通项公式是an=n C．an可能是等比数列 D．若a2【答案】B,C,D【解析】【解答】解：对于选项A：若an=n，则fan=an+1求导得出y'当fx=4x，由选项B可知y=fx−2x为增函数，且数列则fan+1−2an+1得an+2−an+1>2得a100故答案为：BCD.

【分析】利用函数的解析式和代入法以及已知条件，从而得出数列的通项公式，则判断出选项A；利用导数判断函数的单调性，则判断出选项B；利用已知条件和特殊情况分析以及等比数列的定义，则判断出选项C；利用选项B和函数的单调性，再结合数列求和的方法和放缩法，则判断出选项D，从而找出正确的选项.11．如图所示，某游戏闯关者需从区域Ⅰ内的定点P快速移动至区域Ⅱ内的定点Q.两区域以直线l为分界线，已知P，Q两点到直线l的距离分别为1，2，且向量PQ在直线l的方向向量上的投影向量的模长为3，考虑到两区域通行环境差异，设定闯关者在区域Ⅰ的移动速率为a，在区域Ⅱ中的移动速率为b，线段PQ与直线l相交于点A，若图示折线路径PBQ是耗时最短的闯关路线.则下列说法正确的有（）A．存在实数λ，使得BAB．若tan∠BQP=1C．a<bD．b【答案】A,B,D【解析】【解答】解：对于选项A：因为点A在线段PQ上，

所以存在这样的实数λ，故A正确；对于选项B，分别过点P，Q作直线l的垂线，垂是分别为C，D，则CA=1，

所以tan则DB=32，

对于选项D：设BC=x，显然只需考虑0<x<3，

则闯关时间为：tx=因为y=x所以y=3−x4+3−x2为减函数，

则t'x单调递增，所以t'x在0,3上存在唯一零点x0，即为tx的极小值点，

则当x=x0时闯关用时最短，此时t'x0对于选项C：当点B在点A右侧时可得∠PBA<∠QBD，因此a>b，故C错误.故答案为：ABD.

【分析】利用向量共线定理和平面向量基本定理，则判断出选项A；分别过点P，Q作直线l的垂线，利用角的正切值得出AB的长，则判断出选项B；利用三角形中大角对大边的性质，则可判断选项C；设BC=x三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知函数fx=lnx+1【答案】ln2【解析】【解答】解：因为fx=lnx+11−x又因为f0有意义结合fx为奇函数，

所以f0=0+a=0，所以fx=lnx+11−x故答案为：ln2.

【分析】由题意可得函数fx定义域，再由奇函数的性质得出f013．设直线23x−2y−3=0与抛物线C：y2【答案】12【解析】【解答】解：已知直线方程23x−2y−3将y=3x−32代入抛物线方程y2=2pxp>0，

可得：(3x−设A(x1,y1)，B(x由抛物线的焦半径公式，可知|AF|=x1+已知|AF|−|BF|=43，

则(x1+对(x1−x2)2=(x1+x2)2−4因为p>0，

所以3+2p=5，

解得p=1，

可得焦点F的坐标为(1故答案为：(12,0).

【分析】先联立直线方程与抛物线方程，从而得到关于x的一元二次方程，再利用抛物线的焦半径公式结合已知条件，从而求出p14．圆台内有一个球，与圆台的上下底面及所有母线均相切，则圆台与球的体积比的取值范围为.【答案】32【解析】【解答】解：设圆台轴截面如图，等腰梯形底角为2α，上底面半径为r，下底面半径为R，

高为h，球的半径为ρ，

则圆台的体积V台=13πh(R2+Rr+由tan2α=hR−r=2tanα1−tan2α，

得R−r=则V台V球则V台V球=2令t=tan2α，t∈(0,1)，

当t=1，y=t+1t+1=3；

当t靠近0时，1t变得很大，y趋近正无穷，

所以1故答案为：(3【分析】设圆台的底角为2α，上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，球的半径为ρ，根据台体和球体的体积公式，从而计算出二者的体积，进而得到二者的比值，令t=tan四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边记为a，b，c，设其外心为O.若acos（1）求角A的大小；（2）若a=2，求△OBC【答案】（1）解：因为acosB+acos由正弦定理，得sinAcosB-cosAsinB=所以A−B+C−A=π+2kπ则B+C=2A，又因为A+B+C=π，

所以A=（2）解：因为点O是△ABC的外心，

所以OB=则R=a所以sin∠BOC=所以S△OBC【解析】【分析】（1）根据已知条件和正弦定理、三角形中角的取值范围以及三角形内角和定理，从而得出角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）因为O是△ABC的外心，所以OB=R=asin∠BOC=所以S△OBC16．如图，已知四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为133，底面ABCD为等腰梯形，AD//BC，BC=2AD=2CD=6（1）证明：BD⊥C（2）求平面AC1E【答案】（1）证明：在等腰梯形ABCD中，AD//BC，

由等腰梯形的几何性质，可知所以，cos∠BAD=因为BC=2AD=2CD=6，由余弦定理，可得：B则62+32−2×6×3所以BD=33，

则BD2+CD又因为CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

因为CC1∩CD=C，CC1、CD⊂平面CC1又因为C1D⊂平面D1C1（2）解：设CC1=h，

由（1）可知cos所以∠BCD=π3，

则所以，S=1易知梯形ABCD∽梯形A1B1则S梯形由题意可知，棱台的体积为13h2734取AC的中点O，连接DO，过点O在平面ACC1内作OF⊥C1E因为AD=CD，O为AC的中点，

所以OD⊥AC，又因为CC1⊥平面ABCD，OD⊂平面ABCD，

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

所以C又因为DF⊂平面ODF，

所以DF⊥C则∠DFO即为平面AC1E由等腰梯形的几何性质，

可知∠ADC=∠BAD=2π3，因为AD=CD=3，

所以∠ACD=∠CAD=π又因为OD⊥AC，

所以OD=1因为AD//BC，

所以AECE=ADBC=所以OE=AO−AE=1又因为CC1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

则C1E=CE2因为sin∠OEF=OFOE=2又因为OD⊥平面ACC1，OF⊂平面ACC1，则DF=O所以cos∠DFO=因此，平面AC1E与平面D【解析】【分析】（1）利用余弦定理可得cos∠BCD的值，从而可得BD的长，再结合勾股定理得出BD⊥CD，再由CC1⊥平面ABCD可得（2）利用台体的体积公式求出CC1的长，取AC的中点O，连接DO，过点O在平面ACC1内作OF⊥C1E，垂足为点F，连接DF，再结合二面角的定义可知∠DFO即为平面AC1E与平面DC（1）在等腰梯形ABCD中，AD//BC，由等腰梯形的几何性质可知所以，cos∠BAD=因为BC=2AD=2CD=6，由余弦定理可得BD即62+3故BD=33，所以BD2又因为CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD因为CC1∩CD=C，CC1、CD⊂平面C因为C1D⊂平面D1（2）设CC1=h，由（1）可知cos故∠BCD=π3，则所以，S=1易知梯形ABCD∽梯形A1B1故S梯形由题可知棱台的体积为13h27取AC的中点O，连接DO，过点O在平面ACC1内作OF⊥C1E因为AD=CD，O为AC的中点，所以OD⊥AC，因为CC1⊥平面ABCD，OD⊂平面ABCD因为AC∩CC1=C，AC、CC1⊂平面因为C1E⊂平面ACC因为OF⊥C1E，OD∩OF=O，OD、OF⊂平面ODF，所以C因为DF⊂平面ODF，所以DF⊥C故∠DFO即为平面AC1E由等腰梯形的几何性质可知∠ADC=∠BAD=2π3，因为AD=CD=3，所以∠ACD=∠CAD=π因为OD⊥AC，故OD=1因为AD//BC，所以AECE=AD所以OE=AO−AE=1因为CC1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD故C1E=C又因为sin∠OEF=OFOE因为OD⊥平面ACC1，OF⊂平面ACC则DF=O所以cos∠DFO=因此，平面AC1E与平面D17．如图，椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为e=22，左右焦点分别为F1（1）当点M坐标为2,−2时，求AD；（2）证明：MF【答案】（1）解：由题意得a=2c，12a+cb=1+22，所以，椭圆C的方程为x2当点M坐标为2,−2时，kME设Ex0,−代入椭圆方程得2x0+12+4x02=1，

又因为A-2,0，

（2）证明：设直线AD：x=ty−2，与椭圆C方程联立，

得yD=因为A-2,0，

所以E−22t2+2,2t所以，直线MF2的斜率则kMF2⋅k【解析】【分析】（1）利用题中条件先求出椭圆的方程，再设点E的坐标，再利用点D在椭圆上，从而求出点E坐标，再利用两点间的距离公式得出AD的长.（2）先设出直线AD的方程，再与椭圆方程联立得到各点坐标，再利用两直线垂直斜率相乘等于−1，从而证出MF（1）由题意得a=2c，12a+cb=1+2故椭圆C的方程为x2当点M坐标为2,−2时，kME设Ex0,−代入椭圆方程得2x0+12+4又A-2,0（2）设直线AD：x=ty−2，与椭圆C方程联立得yD=又A-2,0，故E−22t2故直线MF2的斜率所以kMF218．在一个不透明的袋子中放有n个除颜色外完全相同的小球，其中有m个红色球与n−m个白色球（满足m<n且n，m∈N（1）当n=5，m=2时，求前两次摸取过程中恰发生一次“成功”事件的概率；（2）设p=mn，若第X次摸取时试验首次出现“成功”事件，记随机变量X的数学期望为EX，试比较E（3）基于随机变量可加性原理EY1+Y2=EY1+E【答案】（1）解：设事件第一次摸球“成功”且第二次摸球未“成功”为A，

事件第一次摸球未“成功”且第二次摸球“成功”为B，

由题意，得PA=25×34（2）解：因为X∈1,2,3,⋯，

由题意得P则EX（3）解：设第X1次摸球时试验首次“成功”，

且从第k−1次成功后又进行了Xk次摸球恰好达到第k次“成功”，（k=2,3,4）可知ξ=X1+X2+X3+X4，

记4个阶段内每次摸到红球的概率分别为p1，p2，p3，p4，

则p1=25，【解析】【分析】（1）根据已知条件和独立事件乘法求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，从而得出前两次摸取过程中恰发生一次“成功”事件的概率.（2）由题意可知PX=k=1−pk−1p（3）由题意可知抽取次数为ξ有四种情况，再根据随机变量可加性原理，即EY1+（1）设事件第一次摸球“成功”且第二次摸球未“成功”为A，事件第一次摸球未“成功”且第二次摸球“成功”为B.由题意得PA=2因此PA∪B（2）X∈1,2,3,⋯，由题意得PEX（3）设第X1次摸球时试验首