浙江省Z20联盟(浙江省名校新高考研究联盟)2025届高三第三次联考数学试卷（含答案）

这是一份浙江省Z20联盟(浙江省名校新高考研究联盟)2025届高三第三次联考数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合M={x∈Z|2x0B. 若Sn>0，则an+Sn>0
C. 若Sn≥an，则an>0D. 若an+Sn≥0，则S3≥a3
7.已知F1，F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，A为左顶点，B是双曲线在第四象限上一点，BF2的斜率为 3，且AB⊥BF2，则双曲线的离心率为( )
A. 2B. 2C. 3D. 3
8.定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f(1x)=−f(x)，f(2x)=−f(2x)，当x∈[1,2]时，f(x)=(x−1)(x−2)，则函数y=f(x)+14在区间[1,100]内的零点个数为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列结论正确的是( )
A. 若随机变量X~N(2,1),则P(X≥3)>0.5
B. 若随机变量X~N(2,1),则P(3< X0)的右焦点，椭圆离心率e=12，且椭圆上任意一点与点F距离的最大值为3．
(1)求椭圆E的方程;
(2)点M(x1,y1)(x1>0,y1>0)在椭圆E上，椭圆在点M处的切线l:xx14+yy13=1交x轴于点P．
①求|FP|−4|FM|的最小值;
②设A1，A2分别为椭圆E的左、右顶点，不垂直x轴的直线MF交椭圆于另一点N，直线NA1与直线MA2交于点Q，问直线MN与直线PQ的交点R是否在一条定直线上?若是，求出该直线方程;若不是，请说明理由．
19.(本小题17分)
若数列中某相邻三项成等差数列，则称该三项为“等差组”;若数列中某相邻三项成等比数列，则称该三项为“等比组”.现有一个12项的正项数列{an}:a1，a2，⋯，a12，其共有10组相邻三项，记第i组相邻三项为Ai=(ai,ai+1,ai+2)，i=1，2，⋯，10．
(1)若数列{an}满足a1=1，a2=2，
①A1为“等差组”，A2为“等比组”，求a4;
②A1为“等比组”，A2为“等差组”，求a4．
(2)若数列{an}满足a1=1，a4=4，且Ai(i=1,2,⋯,10)为“等差组”或“等比组”，求满足条件的数列{an}的个数;
(3)若数列{an}满足a1=1，a2=2，且Ai(i=1,2,⋯,10)中恰有5组“等差组”和5组“等比组”，求a12的最大可能值．
参考答案
1.D
2.B
3.C
4.C
5.A
6.D
7.A
8.B
9.BCD
10.ACD
11.ABD
12.3
13.1621
14. 102
15.解：(1)因为A+B+C=2C+C=3C=π，所以C=π3，
因为acs(C−A)=bcsC+ccsB，
所以sinAcs(C−A)=sinBcsC+sinCcsB=sin(B+C)=sinA，
又sinA≠0，所以cs(C−A)=1，
所以C−A=0，即C=A，
所以△ABC为等边三角形，则A=π3；
(2)因为cs∠BDC=− 714，
所以sin∠BDC= 1−(− 714)2=3 2114，
在△BCD中，BDsinC=BCsin∠BDC，即2 73 32=BC3 2114，得BC=2，
因为sin∠DBC=sin(∠BDC+∠C)
=sin∠BDCcsC+cs∠BDCsinC
=3 2114×12− 714× 32= 2114，
所以△BCD的面积为S=12BD·BCsin∠DBC=12×2×2 73× 2114= 33．
16.解：(1)证明：当E为PC中点时，取PB中点F，连接EF、AF，
在△PBC中，由中位线可得EF//BC，且EF=12BC，
又由题意可得AD//BC，且AD=12BC，
可得EF//AD，且EF=AD，故四边形ADEF为平行四边形，
故ED//AF，又ED⊄平面PAB，AF⊂平面PAB，
所以ED//平面PAB；
(2)由题意易得AB⊥AD，AB⊥AP，AD∩AP=A，可得AB⊥平面APD，
建立如图所示的空间直角坐标系，易得B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，
由AD=AP=1，PD= 3和余弦定理易得∠PAD=120°，故P(0,−12, 32)，
设E(x,y,z)，由CE=2EP可得CE=23CP，故(x−1,y−2,z)=23(−1,−52, 32)，
解得x=13，y=13，z= 33，故E(13,13, 33)，
所以BE=(−23,13, 33),DE=(13,−23, 33)，
设平面EBD的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，由BE·m=−23x1+13y1+ 33z1=0DE·m=13x1−23y1+ 33z1=0,
令x1= 3，可得m=( 3, 3,1)，由平面CBD与z轴垂直，可取平面CBD的一个法向量为n=(0,0,1)，
故平面EBD与平面CBD夹角的余弦值为|csm,n|=|m·n||m||n|=1 7×1= 77．

17.解：(1)f(x)=x(ex−1−1)，求导f′(x)=ex−1(1+x)−1，
斜率k=f′(1)=e0(1+1)−1=1×2−1=1，
又切线过点(1,0)，
所以切线方程：y−0=1×(x−1)⇒y=x−1，
所以函数f(x)图象在点(1,0)处的切线方程为y=x−1；
(2)已知f(x)≥lnx+ax恒成立，即x(ex−1−1)≥lnx+ax在(0,+∞)上恒成立，
得a≤ex−1−1−lnxx在(0,+∞)上恒成立，
令g(x)=ex−1−1−lnxx，则a≤g(x)min，x∈(0,+∞)，
g′(x)=ex−1−1x⋅x−lnxx2=ex−1−1−lnxx2=x2ex−1−1+lnxx2，
令ℎ(x)=x2ex−1−1+lnx，则ℎ′(x)=2xex−1+x2ex−1+1x=xex−1(2+x)+1x，
因为x>0，所以ℎ′(x)>0，即ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
又ℎ(1)=12×e1−1−1+ln1=1−1+0=0，
当00,y1>0)在椭圆E上，椭圆在点M处的切线l:xx14+yy13=1交x轴于点P，
所以点P(4x1,0)，而F1,0，因此|FP|=4x1−1，
因为|FM|= (x1−1)2+y12= x12−2x1+1+3−34x12= (12x1−2)2=2−12x1，
所以|FP|−4|FM|=4x1+2x1−9≥4 2−9，当且仅当x1= 2时，等号成立，
因此|FP|−4|FM|的最小值为4 2−9；
②因为MF不垂直x轴，且与椭圆E交于另一点N，
所以设直线MN的方程为：x=my+1(m≠0)，N(x2,y2)，
由x=my+1x24+y23=1得：(3m2+4)y2+6my−9=0，则y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
因此my1y2=32(y1+y2)，
因为A1−2,0、A22,0，所以直线lA1N的方程为：y=y2x2+2(x+2)，
直线lMA2的方程为：y=y1(x1−2)(x−2)，
因为直线NA1与直线MA2交于点Q，
所以xQ=2y2(x1−2)+2y1(x2+2)y1(x2+2)−y2(x1−2)=4my1y2−2y2+6y13y1+y2=6y1+6y2−2y2+6y13y1+y2=12y1+4y23y1+y2=4，
即点Q(4,2y1x1−2)，
因此直线PQ的方程为y=x1y12(x1−2)(x1−1)(x−4x1)与直线MN联立得x=mx1y12(x1−2)(x1−1)(x−4x1)+1，
即(x12(x1−2)−1)x=2x1−2−1=4−x1x1−2，解得x=2，
因为直线MN与直线PQ的交点为R，所以xR=2，即点R在定直线x=2上．
19.解：(1) ①由题意，a1=1，a2=2，故a3=3，a4=a32a2=92；
②由题意，a1=1，a2=2，故a3=4，a4=2a3−a2=6；
(2)若A1为“等差组”，A2为“等差组”，则2a2=1+a32a3=a2+4⇒a2=2a3=3；
若A1为“等差组”，A2为“等比组”，则2a2=1+a3a32=4a2⇒a2=1+ 32a3=1+ 3；
若A1为“等比组”，A2为“等差组”，则a22=a32a3=a2+4⇒a2=1+ 334a3=17+ 338；
若A1为“等比组”，A2为“等比组”，则a22=a3a32=4a2⇒a2=34a3=316,
从而{A1,A2}有4种不同的选择，
而A3,A4,...,A10，每个组都有“等差组”，“等比组”两种选择，
故有28种不同的选择，从而满足条件的数列有4×28=1024个；
(3)引理：四个连续正数(b>a)，a,b,x,y，(a,b,x)成等差组，
(b,x,y)成等比组时y=y1，(a,b,x)成等比组，(b,x,y)成等差组时y=y2，则y2>y1，
证明：当(a,b,x)成等差组，(b,x,y)成等比组时y1=x2b=(2b−a)2b，
当(a,b,x)成等比组，(b,x,y)成等差组时，y2=2x−b=2b2a−b，
故y2−y1=2b2−aba−a2−4ab+4b2b=2b3−5ab2−a3+4a2bab=a3ab[2(ba)3−5(ba)2+4(ba)−1]，
构造函数f(t)=2t3−5t2+4t−1,t>1，f′(t)=6t2−10t+4=2(3t−2)(t−1)>0,t>1，
故f(t)在(1,+∞)单调递增，又f(1)=0，从而当x∈(1,+∞)时，f(t)>0，
从而由ba>1得2(ba)3−5(ba)2+4(ba)−1>0，即y2−y1>0，
当a1=1，a2=2时，{an}单调递增，
由引理，对任意一个Ai的排列，若存在Ai0为等差组，且Ai0+1为等比组，
则将Ai0改为等比组，将Ai0+1改为等差组，则a12变大，从而这样的Ai的排列不能使a12最大，
若Ai的排列不存在这样的Ai0，则Ai的排列只有一种，即A1,A2,A3,A4,A5为等比组，
A6,A7,A8,A9,A10为等差组，此时a6=a1×25=32，a7=a1×26=64，a12=64+5×(64−32)=224，
从而a12=224为最大值．