高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1浙江省Z20聯(lián)盟（浙江省名校新高考研究聯(lián)盟）2025屆高三第三次聯(lián)考（二模）數(shù)學(xué)試題一、單選題1．已知集合M=x∈Z∣2xA．0,1,2,3 B．1,2,3 C．0,1,2 D．1,2【答案】D【解析】∵M(jìn)=∴M=∵N={x∣∴N={x∣-2<x-2<2}={x∣0<x<4}∴M∩N=1,2故選：D.2．已知復(fù)數(shù)z滿足iz=1+i(i為虛數(shù)單位)，則A．2 B．2 C．1 D．2【答案】B【解析】iz=1+i?z=故選：B．3．“k=0”是“直線y=kx+2與圓x2+y2-2y=0A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【解析】圓x2+y2-2y=0由直線y=kx+2與圓x2+y2-2y=0反之，當(dāng)k=0時(shí)，直線y=2與圓x2所以“k=0”是“直線y=kx+2與圓x2+y2故選：C4．盡管目前人類還是無(wú)法準(zhǔn)確預(yù)報(bào)地震，但科學(xué)家通過(guò)研究，已經(jīng)對(duì)地震有所了解，例如，地震時(shí)釋放出的能量E（單位：焦耳）與地震里氏震級(jí)M之間的關(guān)系為：lgE=4.8+1.5M.若記2025年1月7日西藏日喀則發(fā)生里氏6.8級(jí)地震釋放出來(lái)的能量為E1，2022年5月20日四川雅安發(fā)生里氏4.8級(jí)地震釋放出來(lái)的能量為E2，則A．100 B．200 C．1000 D．2000【答案】C【解析】由題設(shè)有l(wèi)gE1=4.8+1.5×6.8故lgE1-故選：C.5．已知非零向量a,b滿足a=2b=a+A．-12b B．-32b【答案】A【解析】已知|a|=2|b|=|a根據(jù)完全平方公式展開(kāi)得：a2因?yàn)閨a|=2|b|，所以即2a?b=-根據(jù)投影向量公式a?b|b|?a在b方向上的投影向量為-1故選：A.6．已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，則下列說(shuō)法正確的是（A．若Sn>0，則an>0 BC．若Sn≥an，則an【答案】D【解析】當(dāng)n=1時(shí)，a1=S1>0僅知道Sn>0，無(wú)法確定Sn-1的大小，也就不能確定例如數(shù)列{an}為3,-1,-1,-1,?，S1=3>0，S2當(dāng)n=1時(shí)，a1=S1>0，則a僅知道Sn>0，無(wú)法確定Sn-1的大小，也就不能確定例如數(shù)列{an}為1,-0.5,2，S1>0當(dāng)n=2時(shí)，a2+S2當(dāng)n=1時(shí)，S1=a1，由S1當(dāng)n≥2時(shí)，Sn≥an即Sn例如數(shù)列{an}為0,0,0,?，Sn=0，滿足Sn已知an+Sn≥0，當(dāng)n=1當(dāng)n=2時(shí)，a2S3-a3=a1+a2，由a1+2故選：D.7．已知F1,F2分別是雙曲線x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左A．2 B．2 C．3 D．3【答案】A【解析】由題意F1c,0,由BF2的斜率為3得nm-c=3所以3m-ca+m×3=-1代入雙曲線方程得3c-a216a化簡(jiǎn)得3c有3e4-2e3構(gòu)造fx則f'x=9故當(dāng)x>1時(shí)，f'x>0，所以fx在所以方程3e3+4故選：A8．定義在0,+∞上的函數(shù)fx滿足f1x=-fx,f2x=-f2xA．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】因?yàn)閒2x=-f2x，故即fx而當(dāng)x∈1,2時(shí)，f故當(dāng)x∈2,4時(shí)，4x∈故fx當(dāng)x∈1,2時(shí)，f而fx在1,32故fx=-14在當(dāng)x∈2,4時(shí)，f而4x∈1,2，故fx∈故當(dāng)x∈4k,4k+1結(jié)合1,4上fx的性質(zhì)可得fx=-且該實(shí)數(shù)解為x=3?4k-1而43<100<4故fx=-14在1,100上的實(shí)數(shù)解為x=3x=32×故fx+14故選：B.二、多選題9．下列結(jié)論正確的是（

）A．若隨機(jī)變量X～N2,1，則B．若隨機(jī)變量X～N2,1，則C．若隨機(jī)變量X～Bn,12，且D．若隨機(jī)變量X～Bn,12，且【答案】BCD【解析】對(duì)于A，因?yàn)殡S機(jī)變量X～N2,1，則μ=2,σ=1，所以Px≥3=Px≥μ+σ，因?yàn)镻x≥μ對(duì)于B，因?yàn)殡S機(jī)變量X～N2,1，則μ=2,σ=1所以P3<x<4=Pμ+σ<x<μ+2σ根據(jù)正態(tài)分布曲線的對(duì)稱性可知：Pμ+σ<x<μ+2σ<Pμ-σ<x<μ對(duì)于C，因?yàn)殡S機(jī)變量X～Bn,12又因?yàn)镋X=2，所以n=4，則有DX對(duì)于D，由DX=1，則D2X-1故選：BCD.10．已知函數(shù)fx=sinA．π是fxB．fx的圖象關(guān)于點(diǎn)πC．fx的圖象關(guān)于直線x=D．fx在區(qū)間π【答案】AC【解析】fx=sincos4x的周期為2π4=π2，但常數(shù)項(xiàng)不影響周期性。因此，fxfπ=18cosπ+4α+fπfπ∴fπ4+αf'x=-12sin4x在區(qū)間π2,π內(nèi)，sin4x在3π，4π內(nèi)為正，即故選：AC.11．設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)E、F分別為棱

A．三棱錐A1B．三棱錐A1C．三棱錐A1D．三棱錐A1【答案】ABD【解析】對(duì)于A選項(xiàng)，因?yàn)锳E⊥AF，由勾股定理可得AE由基本不等式可得1=AE2+A當(dāng)且僅當(dāng)AE=AF=22時(shí)，等號(hào)成立，則故VA1-AFE=1對(duì)于B選項(xiàng)，將三棱錐A1-AEF補(bǔ)成長(zhǎng)方體

設(shè)三棱錐A1-AEF的外接球半徑為R，則所以R=22，故三棱錐A1-AEF的外接球的體積為對(duì)于C選項(xiàng)，作正方體BCQP-B

設(shè)平面A1C1E交線段CQ于點(diǎn)U，連接因?yàn)槠矫鍭BB1A1//平面C平面A1C1E∩平面CC故四邊形A1因?yàn)锳A1//CC又因?yàn)锳A1=CC1，∠設(shè)AE=a，AF=b，則a2S=a+b因?yàn)镃1U//A1E，C1U?平面A1所以點(diǎn)U到平面A1EF的距離等于點(diǎn)C1故VA1-EF對(duì)于D選項(xiàng)，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB、AD、AA1所在直線分別為x、y、

設(shè)∠AEF=θ，其中0≤θ≤π2，則A10,0,1、Ecos設(shè)三棱錐A1-EFC1的外接球球心為Ox,y,z則r2=x設(shè)fθ=r則函數(shù)fθ在0,π2上連續(xù)，由閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)有最值可知R有最大值，故選：ABD.三、填空題12．若a-x(1+x)4的展開(kāi)式中x3的系數(shù)為6，則實(shí)數(shù)a【答案】3【解析】由1+x4有：Tk+1=所以4a-6=6?a=3，故答案為：3.13．一個(gè)袋中裝有大小質(zhì)地相同的9個(gè)小球，其中白球2個(gè)，紅球3個(gè)，黑球4個(gè)，現(xiàn)從中不放回地摸球，每次摸一球，則前三次能摸到紅球的概率為.【答案】16【解析】袋中有非紅球6個(gè)，則第一次沒(méi)有摸到紅球的概率為P1第二次沒(méi)有摸到紅球的概率為P2=5所以前三次均未摸到紅球的概率為P=P所以前三次至少有一次摸到紅球的概率為1-P=1-5故答案為：162114．已知實(shí)數(shù)a,b滿足a+b=2，則a+2b-1a2+【答案】102/【解析】a+2b-1a設(shè)向量OA=(a,b),OB=故a+3ba2+故a+2b-1a2+故答案為：102四、解答題15．△ABC中，角A,B,C對(duì)應(yīng)的邊分別為a,b,c,A+B=2C,acos（1）求角A；（2）若點(diǎn)D在邊AC上，BD=273且cos∠BDC=-解：（1）由三角形內(nèi)角和定理可知：A+B=π再由acossinA因?yàn)閟inA>0，所以有cosC-A=1（2）由cos∠BDC=-714，在△BDC再由正弦定理得：BCsin再由余弦定理可得：BD即27解得CD=23或因?yàn)閏os∠BDC=-714故CD=23，所以△BCD的面積16．已知四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AD∥BC,AB⊥AD,BC=2,AB=AD=AP=1，△APB是等腰直角三角形，E為棱PC上一點(diǎn).

（1）當(dāng)E為PC中點(diǎn)時(shí)，求證：ED∥平面PAB；（2）若PD=3，當(dāng)CE=2EP時(shí)，求平面EBD與平面CBD夾角的余弦值（1）證明：取PB中點(diǎn)F，連接EF,AF，則EF∥BC，且EF=1又AD∥BC，AD=12BC，所以EF∥AD則四邊形EFAD是平行四邊形，所以ED∥FA，又ED?平面PAB，F(xiàn)A?平面PAB，所以ED∥平面PAB.（2）解：在平面PAD內(nèi)，過(guò)點(diǎn)A作直線AM⊥AD，由已知AB⊥AD且AB⊥PA，又AD∩PA=A，AD,PA?平面PAD，所以AB⊥平面PAD，又AM?平面PAD，所以AB⊥AM，由AM⊥AD，AB⊥AM，AB∩AD=A，AB,AD?平面ABCD，可得AM⊥平面ABCD，以A為原點(diǎn)，AB,AD,AM分別為x,y,z軸建系，則B1,0,0由CE=23CP可得則BD=設(shè)平面BCE的法向量為n=則n?BC=-x+y=0n?所以n=不妨取平面BCD的一個(gè)法向量m=設(shè)平面EBD與平面CBD夾角為θ，則cosθ=所以平面EBD與平面CBD夾角的余弦值為7717．已知函數(shù)fx（1）求函數(shù)fx圖象在點(diǎn)1,0（2）若不等式fx≥lnx+ax解：（1）f'所以f'所以在點(diǎn)1,0處的切線方程為y=x-1（2）又fx參變分離得：a≤x令gx得g'令h(x)=x2eh'hx在0,+所以當(dāng)x∈0,1時(shí)，hx<0，當(dāng)x∈即當(dāng)x∈0,1時(shí)，g'x<0，當(dāng)所以當(dāng)x∈0,1時(shí)，gx單調(diào)遞減，當(dāng)x∈1,+最小值為g所以a≤0，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是-∞18．已知F是橢圓E:x2a2+y

（1）求橢圓E的方程；（2）點(diǎn)Mx1,y1x1>0,y1>0①求FP-4②設(shè)A1,A2分別為橢圓E的左?右頂點(diǎn)，不垂直x軸的直線MF交橢圓于另一點(diǎn)N，直線NA1與直線MA2交于點(diǎn)Q解：（1）由已知ca=1所以b2=a（2）①因?yàn)榍芯€l:xx14+yy13因?yàn)辄c(diǎn)Mx1,y1x1又FM=因?yàn)镕P=4x1-1>0所以FM=2-所以FP-4當(dāng)且僅當(dāng)4x1=2x1，即x②由已知設(shè)直線MN：x=my+1m≠0，N由x24+則y1+y所以my因?yàn)锳1-2,0，Nx因?yàn)锳22,0，Mx所以x=6即點(diǎn)Q4,2y1x與直線MN聯(lián)立，得x=m因?yàn)閤1=myx=m即x12x即點(diǎn)R在直線x=2上.19．若數(shù)列中某相鄰三項(xiàng)成等差數(shù)列，則稱該三項(xiàng)為“等差組”；若數(shù)列中某相鄰三項(xiàng)成等比數(shù)列，則稱該三項(xiàng)為“等比組”.現(xiàn)有一個(gè)12項(xiàng)的正項(xiàng)數(shù)列an:a1,a2（1）若數(shù)列an滿足a①A1為“等差組”，A2為“等比組”，求②A1為“等比組”，A2為“等差組”，求（2）若數(shù)列an滿足a1=1,a4=4，且Aii=1,2,?,10為“等差組（3）若數(shù)列an滿足a1=1,a2=2，且Aii=1,2,?,10中恰有5組“等差組”和5解：（1）①因?yàn)锳1為“等差組”，故a1,a2而A2為“等比組”，故a2,a3②若A1為“等比組”，A2為“等差組”，則a1且a2,a（2）因?yàn)锳1,A2為“等差組”或“等比組若A1為“等差組”，A2為“等差組”，則若A1為“等差組”，A2為“等比組”，則而an為正項(xiàng)數(shù)列，故2a2故a2=8±438=2±32若A1為“等比組”，A2為“等比組”，則a2若A1為“等比組”，A2為“等差組”，則故2a22=a2+4從而A3開(kāi)始的相鄰三項(xiàng)，要么為“等比組”，要么為“等差組”對(duì)于確定的A1、A故此時(shí)有28故滿足條件的數(shù)列的個(gè)數(shù)為4×2（3）先考慮一個(gè)一般命題：若a2>a1>0，若正項(xiàng)數(shù)列a1,a2,a3,a4中A1,A2中一個(gè)證明：若先“等差組”，再“等比組”，則a4若先“等比組”，再“等差組”，則a4=2此時(shí)2=-故先“等比組”再“等差組”得到的a4較大再考慮另一個(gè)一般命題：若a2>a1>0，若正項(xiàng)數(shù)列a1,a2,a3,a4中的證明：若A1,A2均為