浙江省强基联盟2025届高三三模数学试题（解析版）高考模拟

这是一份浙江省强基联盟2025届高三三模数学试题（解析版）高考模拟，共4页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，因函数在R上单调递增，则
则，又，则.
故选：A
2. 若复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题可得，
则.
故选：C.
3. 设等差数列的前项和为，已知，，则（ ）
A. 17B. 21C. 23D. 27
【答案】D
【解析】设等差数列的公差为，
由题意得，解得，
所以.
故选：D.
4. 设，则的值为（ ）
A. 20B. －20C. 160D. －160
【答案】D
【解析】因为的通项为：，
令，则，
故选：D.
5. 如图是函数的图象，则的值为（ ）
A. B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】由三角函数对称性可得，因此，
故选：C.
6. 在棱长为1的正方体中，点P，Q分别为棱，上的动点（可与端点重合），若面，则线段的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图在中，
，又平面，平面，
所以面，
因为点P，Q分别为棱，上的动点（可与端点重合），面，
所以即为，因此，
故选：B.
7. 已知A，B，C是函数图象上的三点，A在x轴上，且轴，若，则的值为（ ）
A. 0B. －1C. －107D. 82
【答案】C
【解析】令，即，得，所以.
设，（），因轴，所以.
又，且递增，所以，即，
根据运算法则得，所以.
已知，则.
，，.
展开.
由，
把，代入得，
因，所以.
则.
由，，解方程组，得，.
，.
所以.
故选：C.
8. 若数轴上有一个质点位于处，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次运动后首次到达处，则它在运动过程中没有重返过原点的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设第i次向右运动赋值为，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，其中，.
记10次运动后首次到达处的路径为，
则，且，可得且，
而故，.由得，不可能全为－1，
而，恒成立，
因此共有种不同路径.
记10次运动后首次到达处且过程中没有重返原点的路径为，
同理可得共有种不同路径.
所以题中所求概率为，
故选:B.
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. 已知为锐角，若，则下列说法正确的有（ ）
A. 的终边经过点B.
C. D. 若，则
【答案】ACD
【解析】对于A，，又为锐角，
则，则，
则的终边经过点，取，则的终边经过点，故A正确；
对于B，因，又为锐角，则，
则，则，故B错误；
对于C，，又，
则，则，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知定义在上的可导函数满足：，若单调递增数列满足：则（ ）
A. 的通项公式是B. 函数是增函数
C. 可能是等比数列D. 若，则
【答案】BCD
【解析】对于A选项：若，则，即.
但，与题给条件矛盾，故A错误；
求导，单调递增，B正确；
当，时，满足所有条件，故C正确；
由B可知为增函数，且为递增数列，
故，即，
得，因此，
得，D正确.
故选：BCD.
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，线段与直线l相交于点A，若图示折线路径是耗时最短的闯关路线.则下列说法正确的有（ ）
A. 存在实数，使得
B. 若，则
C.
D.
【答案】ABD
【解析】对于选项A：因为点A在线段上，所以存在这样的实数，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，
，
，因此，故B正确；
对于选项D:设，显然只需考虑，闯关时间
，，
而为单调递增函数，
因此为单调递减函数，故单调递增，由于，,
故在上存在唯一零点即为的极小值点，即当时闯关用时最短，
此时，可得，即，故D正确；
对于选项C：当点B在点A右侧时可得，因此，故C错误.
故选:ABD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数为奇函数，则______.
【答案】
【解析】因，则，
由于有意义，结合为奇函数，则，因此，
故，则.
故答案为：
13. 设直线与抛物线C：相交于点A，B，点F为抛物线C的焦点.若，则点F的坐标为______.
【答案】
【解析】已知直线方程，则.
将代入抛物线方程可得：
，展开并化简得：，即.
设，，由韦达定理可得，.
由抛物线的焦半径公式可知，.
已知，则，即.
对进行变形可得：
，即，即，则.
因为，所以，解得. 可得焦点的坐标为.
故答案为：.
14. 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】
【解析】设圆台轴截面如图，等腰梯形底角为，上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，球的半径为，
则圆台体积，球体积，已知，.
由，得，把代入，，所以.
则.
.
则，化简得.
令，.当，；靠近时，变得很大，趋近正无穷，所以范围是，即.
故答案为：.
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. 已知在中，角A，B，C所对的边记为a，b，c，设其外心为O.若.
（1）求角A的大小；
（2）若，求的面积.
解：（1），，
由正弦定理得，，由于A，B，，
因此（舍去）或，
即，
又，故.
（2）因为O是的外心，所以（R为外接圆半径），
，
.
所以.
16. 如图，已知四棱台的体积为，底面为等腰梯形，，，，平面，且与相交于点E.
（1）证明：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
（1）证明：在等腰梯形中，，由等腰梯形的几何性质可知，
所以，，
因为，
由余弦定理可得，
即，可得，
故，所以，故，
又因为平面，平面，故，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：设，由（1）可知，且，
故，则，
所以，
，
易知梯形梯形，且相似比为，
故，
由题可知棱台的体积为，解得.
取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，如下图所示：
因为，为的中点，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
故即为平面与平面的夹角.
由等腰梯形的几何性质可知，，
因为，所以，
因为，故，
因为，所以，故，，
所以，
因为平面，平面，所以，
故，所以，
又因为，故，
因为平面，平面，所以，
则，
所以.
因此，平面与平面的夹角的余弦值为.
17. 如图，椭圆C：的离心率为，左右焦点分别为，，左右顶点分别为A，B，椭圆上有一动点D（异于A，B），点E为线段的中点，点O为坐标原点.直线与直线相交于点M.已知面积有最大值为.
（1）当点M坐标为时，求；
（2）证明：.
（1）解：由题意得，，，解得，，
故椭圆C的方程为.
当点M坐标为时，，
设，则.
代入椭圆方程得解得或0（舍去），即，
又，故.
（2）证明：设直线AD：，与椭圆C方程联立得，，
又，故，则，，又，
故直线的斜率，
所以，故.
18. 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个红色球与个白色球（满足且n，）.现设计如下试验流程：每次从袋中随机摸取一球，若为红色球则定义为“成功”事件，每次“成功”后将对应红球永久移除；若抽取为白色球则将其放回袋中并重新摇匀，试验持续至袋中无红色球时终止.
（1）当，时，求前两次摸取过程中恰发生一次“成功”事件的概率；
（2）设，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，试比较与的大小；
（3）基于随机变量可加性原理，当，时，设试验终止时的累计抽取次数为.证明：.
（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，，
因此.
（2）解：，由题意得.
.
（3）证明：设第次摸球时试验首次“成功”，且从第次成功后又进行了次摸球恰好达到第k次“成功”，（）可知，
记4个阶段内每次摸到红球的概率分别为，，，，则
，，，.
由（2）可知，，，.
因此.
19. 若连续函数满足在定义域内恒成立，则称为“T函数”.
（1）判断以下函数是否为“T函数”，请说明理由.
（ⅰ）；
（ⅱ）；
（ⅲ）.
（2）若非常值函数存在二阶导数，证明：为“T函数”的充要条件是为常值函数.
（3）已知非常值函数为“T函数”，且.记为不超过x的最大整数，讨论函数在区间上的单调性.
解：（1）（ⅰ），故不是“T函数”；
（ii）不恒为0，故不是“T函数”；
（iii）恒成立，故是“T函数”.
（2）由为非常值函数，得不恒为0.
是常值函数恒成立恒成立为“T函数.
（3）由（2）设（r为正常数），
令，，其中为关于x的函数，记为，
因此，故恒成立即（c为常数），
因此，，
又，得，
进而解得，故.
因此
所以函数
可得函数在上单调递减，在上单调递增.