2025届浙江省强基联盟高三上学期10月联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省强基联盟2025届高三上学期10月联考数学试题考生注意：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色.墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.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，集合，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，所以．故选：C．2.已知，则（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】因为．故选：A．3.已知非零向量，，则“”是“向量”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】因为，为非零向量，若，则，则，所以，所以，故充分性成立；若，则，所以，所以，则，故必要性成立；所以“”是“向量”的充要条件.故选：C．4.若过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】点到圆心的距离为，圆的半径为，所以，于是．故选：A．5.二项式的展开式中的常数项为（）A.480 B.240 C.120 D.15【答案】B【解析】因为得到常数项，则．.故选:B．6.已知底面半径为2的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱侧面积与圆锥侧面积的比值为（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】作出轴截面，如图所示，由题意可得：，可知分别为的中点，则分别为的中点，则，可得；，所以比值为．故选：C．7.函数在区间上的所有零点之和为（）A.π B. C. D.4【答案】B【解析】由得，即，函数的零点即方程的根，作出函数和的图象，如图，由图可知两个图均关于中心对称且在上有两个交点，故函数在区间上有4个零点，所以4个零点的和为．故选：B．8.已知函数的定义域为，当或或是无理数时，；当（，，是互质的正整数）时，．那么当，，，都属于时，下列选项恒成立的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】当时，，，，所以，，故排除B、C；当，时，，，，所以，故排除A．下面证明D的正确性：当，之一为无理数或者0或者1时，不等式右边为0，显然成立．当，都是真分数时，不妨设，，则不等式右边为，显然有左边大于或等于．所以不等式成立．故选：D．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.随机变量，分别服从正态分布和二项分布，且，，则（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】对A，因为，根据对称性，知道，故A正确；对B，因为，故B正确；对C，因为，故C正确；对D，因为，，故D错误.故选：ABC．10.在正四棱柱中，，点是棱上的动点（不含端点），则（）A.过点有且仅有一条直线与直线，都垂直B.过点有且仅有一条直线与直线，都相交C.有且仅有一个点满足和的面积相等D.有且仅有一个点满足平面平面【答案】AB【解析】由图可知直线和直线异面，则过空间中一点都是有且仅有一条直线与它们垂直，故A正确；直线和直线异面，且直线与平面相交，直线与平面相交，所以过点有且仅有一条直线与直线，都相交，故B正确；连接交于，易知，所以，可知到的距离大于，且，又到的距离小于，结合所以三角形面积不可能相等，故C错误；由正四棱柱易得：平面，又平面，所以对任意恒有平面平面，故D错误.故选：AB.11.已知是曲线上的一点，则下列选项中正确的是（）A.曲线的图象关于原点对称B.对任意，直线与曲线有唯一交点C.对任意，恒有D.曲线在的部分与轴围成图形的面积小于【答案】ACD【解析】A．对于，将，替换为，，所得等式与原来等价，故A正确；B．取，可以求得，，均可，故B错误；C．由，，函数，故，令，解得：，在，时，，函数单调递减，在时，，函数单调递增，所以，又因为是增函数，，所以有，故C正确；D．当时，，又，，所以．曲线与轴围成半圆，又曲线的图象关于原点对称，则曲线与轴围成图形的面积小于，故D正确．故选：ACD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知椭圆的左、右焦点分别为，，椭圆上一点满足，则线段__________．【答案】【解析】因为椭圆，则，所以，，因为,所以点的横坐标为，代入求得纵坐标为，即．故答案为：13.已知曲线在处的切线恰好与曲线相切，则实数的值为______．【答案】2【解析】由得，又切点为，故，切线为，设与曲线的切点为，，所以，解得切点为，所以，解得．故答案为：2.14.数学老师在黑板上写上一个实数，然后老师抛掷一枚质地均匀的硬币，如果正面向上，就将黑板上的数乘以再加上3得到，并将擦掉后将写在黑板上；如果反面向上，就将黑板上的数除以再减去3得到，也将擦掉后将写在黑板上．然后老师再抛掷一次硬币重复刚才的操作得到黑板上的数为．现已知的概率为0.5，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】由题意构造，，则有，，，．因为，恒成立，又的概率为0.5，所以必有或者解得．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.在中，角的对边分别为，，，已知，．（1）求角和角．（2）若边上的高为，求的面积．解：（1）由余弦定理知，故．因为，所以，又，所以，故．（2）因为边上的高，解得，，又，所以的面积．16.已知双曲线与过点，的直线有且只有一个公共点，且双曲线的离心率．（1）求直线和双曲线的方程；（2）设，为双曲线的左、右焦点，为线段的中点，求证：．（1）解：因为双曲线的离心率，所以，解得，设双曲线方程.直线过点，，所以直线方程为，即，代入双曲线方程，得，由题意，，解得所以双曲线的方程：．（2）证明：因为，于是即，所以，代入得，则，又，所以，因为为线段的中点，所以，所以．又，所以，故．17.如图，在四棱锥中，底面是菱形，，侧面是正三角形，是棱的中点．（1）证明：；（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：分别取与中点，．连接，，，，则运用中位线性质知且,则，则四边形是平行四边形．侧面是正三角形，易知，.底面是菱形，，则底面是正三角形，则.平面，平面，平面，.由于四边形是平行四边形．，．（2）解：由（1）知为二面角的平面角，即，前面知道，则过O做AD的垂线Oz，以为坐标原点，为坐标轴，建立空间直角坐标系如图，设，则，，，，，，，，，设平面的一个法向量为n=x,y,z则，进而求得一个法向量为．设直线与平面所成角为，则．18.已知函数．（1）若，求函数的单调区间和最值；（2）若，且一次函数的图象和曲线相切于处，求函数的解析式并证明：恒成立．（3）若，且函数在上有两个极值点，求实数的取值范围．解：（1）因为，所以，定义域为，求导得，故当时，f'x<0；当1,+∞时，所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为1,+∞，所以最小值为，无最大值．（2），所以，又，所以，即；令，则，，这里表示的导函数．令，则，当变化时，与的变化情况如下表：0单调递减单调递增所以当时，函数有极小值，极小值为，也是最小值，因为当时，无限趋向于，所以当时，，又，此时，在上单调递减，在上单调递增，所以，即不等式gx≤f（3）因为函数在上有两个极值点，所以在上有两个变号零点，因为，令，即，因为不是的根，所以，令，则，当时，；当时，，所以函数在12,1上单调递增，在上单调递减，又，，，作出函数在上的图象，当，即时，直线与函数在上的图象有两个交点，设两个交点的横坐标分别为，且，由图可知，当或时，，此时，当时，，此时，所以函数hx在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，此时，函数有两个极值点，合乎题意．因此，实数的取值范围为．19.已知整数，数列是递增的整数数列，即且．数列满足，．若对于，恒有等于同一个常数，则称数列为的“左型间隔数列”；若对于，恒有等于同一个常数，则称数列为的“右型间隔数列”；若对于，恒有或者，则称数列为的“左右型间隔数列”．（1）写出数列的所有递增的“左右1型间隔数列”；（2）已知数列满足，数列是的“左型间隔数列”，数列是的“右型间隔数列”，若，且有，求的值；（3）数列是递增整数数列，且，．若存在的一个递增的“右4型间隔数列”，使得对于任意的，都有，求的关于的最小值（即关于的最小值函数）．解：（1）数列“左右1型间隔数列”为1，2，4，6，9或1，2，4，8，9或1，2，6，8，9或1，4，6，8，9．（2）由，可得，即，即，即，所以．（3）当时，由，可知．又因为对任意，都有，即当时，两两不相等．因为．所以的最小值函数．另外，当数列的通项间隔数列的通项时也符合题意．浙江省强基联盟2025届高三上学期10月联考数学试题考生注意：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色.墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.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，集合，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，所以．故选：C．2.已知，则（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】因为．故选：A．3.已知非零向量，，则“”是“向量”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】因为，为非零向量，若，则，则，所以，所以，故充分性成立；若，则，所以，所以，则，故必要性成立；所以“”是“向量”的充要条件.故选：C．4.若过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】点到圆心的距离为，圆的半径为，所以，于是．故选：A．5.二项式的展开式中的常数项为（）A.480 B.240 C.120 D.15【答案】B【解析】因为得到常数项，则．.故选:B．6.已知底面半径为2的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱侧面积与圆锥侧面积的比值为（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】作出轴截面，如图所示，由题意可得：，可知分别为的中点，则分别为的中点，则，可得；，所以比值为．故选：C．7.函数在区间上的所有零点之和为（）A.π B. C. D.4【答案】B【解析】由得，即，函数的零点即方程的根，作出函数和的图象，如图，由图可知两个图均关于中心对称且在上有两个交点，故函数在区间上有4个零点，所以4个零点的和为．故选：B．8.已知函数的定义域为，当或或是无理数时，；当（，，是互质的正整数）时，．那么当，，，都属于时，下列选项恒成立的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】当时，，，，所以，，故排除B、C；当，时，，，，所以，故排除A．下面证明D的正确性：当，之一为无理数或者0或者1时，不等式右边为0，显然成立．当，都是真分数时，不妨设，，则不等式右边为，显然有左边大于或等于．所以不等式成立．故选：D．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.随机变量，分别服从正态分布和二项分布，且，，则（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】对A，因为，根据对称性，知道，故A正确；对B，因为，故B正确；对C，因为，故C正确；对D，因为，，故D错误.故选：ABC．10.在正四棱柱中，，点是棱上的动点（不含端点），则（）A.过点有且仅有一条直线与直线，都垂直B.过点有且仅有一条直线与直线，都相交C.有且仅有一个点满足和的面积相等D.有且仅有一个点满足平面平面【答案】AB【解析】由图可知直线和直线异面，则过空间中一点都是有且仅有一条直线与它们垂直，故A正确；直线和直线异面，且直线与平面相交，直线与平面相交，所以过点有且仅有一条直线与直线，都相交，故B正确；连接交于，易知，所以，可知到的距离大于，且，又到的距离小于，结合所以三角形面积不可能相等，故C错误；由正四棱柱易得：平面，又平面，所以对任意恒有平面平面，故D错误.故选：AB.11.已知是曲线上的一点，则下列选项中正确的是（）A.曲线的图象关于原点对称B.对任意，直线与曲线有唯一交点C.对任意，恒有D.曲线在的部分与轴围成图形的面积小于【答案】ACD【解析】A．对于，将，替换为，，所得等式与原来等价，故A正确；B．取，可以求得，，均可，故B错误；C．由，，函数，故，令，解得：，在，时，，函数单调递减，在时，，函数单调递增，所以，又因为是增函数，，所以有，故C正确；D．当时，，又，，所以．曲线与轴围成半圆，又曲线的图象关于原点对称，则曲线与轴围成图形的面积小于，故D正确．故选：ACD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知椭圆的左、右焦点分别为，，椭圆上一点满足，则线段__________．【答案】【解析】因为椭圆，则，所以，，因为,所以点的横坐标为，代入求得纵坐标为，即．故答案为：13.已知曲线在处的切线恰好与曲线相切，则实数的值为______．【答案】2【解析】由得，又切点为，故，切线为，设与曲线的切点为，，所以，解得切点为，所以，解得．故答案为：2.14.数学老师在黑板上写上一个实数，然后老师抛掷一枚质地均匀的硬币，如果正面向上，就将黑板上的数乘以再加上3得到，并将擦掉后将写在黑板上；如果反面向上，就将黑板上的数除以再减去3得到，也将擦掉后将写在黑板上．然后老师再抛掷一次硬币重复刚才的操作得到黑板上的数为．现已知的概率为0.5，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】由题意构造，，则有，，，．因为，恒成立，又的概率为0.5，所以必有或者解得．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.在中，角的对边分别为，，，已知，．（1）求角和角．（2）若边上的高为，求的面积．解：（1）由余弦定理知，故．因为，所以，又，所以，故．（2）因为边上的高，解得，，又，所以的面积．16.已知双曲线与过点，的直线有且只有一个公共点，且双曲线的离心率．（1）求直线和双曲线的方程；（2）设，为双曲线的左、右焦点，为线段的中点，求证：．（1）解：因为双曲线的离心率，所以，解得，设双曲线方程.直线过点，，所以直线方程为，即，代入双曲线方程，得，由题意，，解得所以双曲线的方程：．（2）证明：因为，于是即，所以，代入得，则，又，所以，因为为线段的中点，所以，所以．又，所以，故．17.如图，在四棱锥中，底面是菱形，，侧面是正三角形，是棱的中点．（1）证明：；（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：分别取与中点，．连接，，，，则运用中位线性质知且,则，则四边形是平行四边形．侧面是正三角形，易知，.底面是菱形，，则底面是正三角形，则.平面，平面，平面，.由于四边形是平行四边形．，．（2）解：由（1）知为二面角的平面角，即，前面知道，则过O做AD的垂线Oz，以为坐标原点，为坐标轴，建立空间直角坐标系如图，设，则，，，，，，，，，设平面的一个法向量为n=x,y,z则，进而求得一个法向量为．设直线与平面所成角为，则．18.已知函数．（1）若，求函数的单调区间和最值；（2）若，且一次函数的图象和曲线相切于处，求函数的解析式并证明：恒成立．（3）若，且函数在上有两个极值点，求实数的取值范围．解：（1）因为，所以，定义域为，求导得，故当时，f'x<0；当1,+∞时，所以函数