浙江強基聯盟2025年3月高二聯考數學試題考生注意：1.本試卷滿分150分，考試時間120分鐘.2.考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷?草稿紙上作答無效.一?選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設集合，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據給定條件，利用交集的定義求解.【詳解】集合，所以.故選：C2.若數列為等比數列，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】由題意，根據等比中項的應用，結合充分條件、必要條件的定義即可求解.【詳解】由題意知，數列為等比數列，當時，得，故充分性成立；當時，，解得，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要條件,故選：A3.已知正三棱臺的上、下底面的邊長分別為2和4，高為1，則此三棱臺的體積是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，利用棱臺的體積公式計算得解.【詳解】正三棱臺的上底面積，下底面積，所以此三棱臺的體積.故選：B4.一副撲克牌中，同一花色有13張牌，分別為“A，2，3，4，5，6，7，8，9，10，J，Q，K”，我們把滿足“A23”、“234”、...、“10JQ”、“JQK”、“QKA”的牌型稱為“順子”.現在，我們將同一花色的13張牌洗勻后，隨機抽取3張，恰好能組成“順子”的概率是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據古典概率的計算方法結合組合數公式求解即可.【詳解】從13張牌中選取3張，不考慮順序的組合數為：,其中“順子”數為，所以隨機抽取3張，恰好能組成“順子”的概率是.故選：D.5.已知函數，則不等式的解集是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用導數求出函數的單調區間，再利用單調性求解不等式.【詳解】函數定義域為R，求導得，當時，；當時，，函數上單調遞減，在上單調遞增，不等式中，，因此，解得，所以所求解集為.故選：A6.在平面直角坐標系中，點和，點在以坐標原點為圓心，為半徑的圓上運動，則的最大值是（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】C【解析】【分析】設，利用坐標法表示出，，再根據向量模的坐標表示及余弦函數的性質計算可得.【詳解】設，則，，所以，所以，因為，所以當時，取得最大值，且.故選：C7.設函數，其中，若恒成立，則的最小值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據不等式恒成立，按照的符號進行分類討論，推出，再利用基本不等式即可求得所求式的最小值.【詳解】由恒成立，可得恒成立，當，即時，恒成立，故得；當時，即時，顯然不等式恒成立；當時，即時，恒成立，故得.綜上分析，可得.因，則，當且僅當時等號成立，則，即的最小值是.故選：A.8.已知橢圓的左、右焦點分別為為橢圓上除頂點外的任意一點，橢圓在點點處的切線為直線，過作直線的垂線，垂足在圓上，當時，，則橢圓的離心率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，作出圖形，結合橢圓的光學性質求出即可.【詳解】延長至，使，連接，由直線是橢圓在點點處的切線，且，得三點共線，，而為的中點，則，即，令橢圓半焦距為，當時，設，則，解得，，即，所以橢圓的離心率.故選：B二?多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知復數，則（）A.B.復數的虛部是C.復數在復平面內所對應的點位于第三象限D.復數是方程在復數范圍內的一個解【答案】CD【解析】【分析】先算出再用復數模公式判斷A；依據復數虛部定義判斷B；根據復平面內復數與點坐標的對應關系判斷C；把代入方程左邊，看結果是否為，判斷D.【詳解】已知，則.，所以選項錯誤.

已知，所以復數的虛部是，而不是，所以選項錯誤.

已知，則其在復平面內對應的點的坐標為，所以該點位于第三象限，選項正確.

將代入方程的左邊得：，展開得：，即滿足方程，所以復數是方程在復數范圍內的一個解，選項正確.

故選：CD.10.已知數列滿足，其前項和為，下列選項中正確的有（）A.若，則B.若，則C.若，則存在最小值D.若，則【答案】BCD【解析】【分析】由題設可得數列為等差數列，公差為，舉例判斷A；結合數列前項和的定義判斷B；結合等差數列前項和的公式及二次函數的知識判斷C；根據等差數列前項和的公式判斷D.詳解】由，令，則，所以數列為等差數列，公差為.對于A，當時，滿足，但，故A錯誤；對于B，由，則，故B正確；對于C，由，由于，又二次函數的知識可知，當時，取得最小值，當不為正整數時，則取離最近的正整數時，取得最小值，綜上所述，存在最小值，故C正確；對于D，由，則，即，所以，故D正確.故選：BCD.11.棱長為的正方體中，點分別是棱的中點，點是棱上的動點，且滿足，以下說法正確的是（）A.B.存在，使得平面平面C.點到平面的距離的最小值是D.直線與平面所成角的最大值是【答案】ABC【解析】【分析】對于A，由平行傳遞性可判斷，對于BCD，通過建系，由向量法逐項判斷即可.【詳解】如圖建系：易得，在正方體中易得：，再結合中位線可得：，所以，A正確，設平面的法向量為：，，由可得：，令，可得：，所以，設平面法向量為：，由可得：，令，可得：，所以，由，可得：，所以存在，使得平面平面，B正確；點到平面的距離，因為，所以當時，取到最小值，C正確；，設直線與平面所成角為，所以，令，解得：，又因為，所以直線與平面所成角的最大值不是，錯誤；故選：ABC三?填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知是函數的導函數，若圖象的一條對稱軸為，則__________.【答案】【解析】【分析】求出，再利用余弦函數的對稱性求解.【詳解】函數，求導得，由圖象的一條對稱軸為，得，而，所以.故答案為：13.已知等比數列的前項和是，則__________.【答案】【解析】【分析】利用與通項的關系求出數列通項，由首項得到方程，計算即得.【詳解】因，當時，當時，，因數列為等比數列，故當時，，解得.故答案為：14.已知函數，對恒成立，則的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】轉化為對恒成立，結合函數圖象趨勢分類討論，并利用導函數研究函數單調性可求.【詳解】.則由題意可得，對恒成立，，當時，則，，則當，故不符合題意；當時，，，則在上單調遞增，，符合題意.綜上所述，的取值范圍是.故答案為：.四?解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明，證明過程及演算步驟.15.在中，是線段上的動點.（1）若是的平分線，求的值；（2）若，求線段的長.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據角平分線定理得，得到，通過平方結合數量積求得，再由正弦定理得，即得.（2）由得，通過平方結合數量積即可求得.【小問1詳解】∴，由是的平分線，得根據角平分線定理得,∴,∵,∴.在△中，由正弦定理得.【小問2詳解】若，則,,∴.所以線段的長為.16.7本不同的書，分給甲、乙、丙3個同學.（1）若甲同學分得2本，乙同學分得2本，丙同學分得3本，共有多少種不同的分法；（2）若其中一人分得2本，另一個人分得2本，第三人分得3本，共有多少種不同的分法.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先從本不同書中選本給甲同學，再從剩下的本不同的書中選本給乙同學，按照分步乘法計數原理計算可得；（2）先分組，再分配，部分平均分組需除以組（相等的組）的全排列；【小問1詳解】首先從本不同的書中選本給甲同學，有種；再從剩下的本不同的書中選本給乙同學，有種；最后把剩下的本不同的書分給并，按照分步乘法計數原理可得一共有種不同的分法；【小問2詳解】首先從本不同的書中選本作為一組，有種；再從剩下的本不同的書中選本作為一組，有種；剩下的本不同的書作為一組，最后將三組書分配給三個同學，則有種不同的分法.17.如圖，是等邊三角形，直線平面，直線平面，且，是線段的中點.（1）求證：平面；（2）若直線與平面所成角為，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取中點，連接，，即可證明四邊形為平行四邊形，從而得到，即可得證；（2）首先證明平面，即可得到為直線與平面所成角，從而求出、，取的中點，的中點，連接、，即可得到平面，建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.【小問1詳解】取中點，連接，，因為是線段的中點，所以且因為直線平面，直線平面，∴，∵，∴且，∴四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面；【小問2詳解】因為平面，平面，所以，又是等邊三角形，為的中點，所以，又，平面，所以平面，則為直線與平面所成角，即，又，，所以，則，解得，取的中點，的中點，連接、，則，，所以平面，如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，，所以，，，設平面的法向量為，則，取；設平面的法向量為，則，取；設平面與平面夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.18.已知雙曲線，其焦距為4，且雙曲線經過點.（1）求雙曲線的標準方程；（2）已知斜率為的直線和雙曲線的右支交于兩點，為坐標原點，若的重心在雙曲線上，求直線的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據題意列出的關系，求解即可得出答案；（2）設點設直線，聯立，韋達定理，然后利用重心坐標公式寫出重心坐標，代入雙曲線方程即可得出答案．【小問1詳解】由題可知，代入雙曲線方程得，又，所以，所以，所以雙曲線的方程為；【小問2詳解】設，直線：，與雙曲線聯立得，，所以，由韋達定理得，，所以重心坐標為，代入雙曲線方程得，合題意，所以直線的方程為.19.已知函數.（1）當時，求函數的圖象在處的切線方程；（2）若函數有兩個零點，求的取值范圍；（3）若函數的兩個零點為，求證：.【答案】（1）；（2）；（3）證明見解析.【解析】【分析】（1）利用導數求出切點坐標和切線斜率，則得到切線方程；（2）分離參數得，設，利用導數求出其值域，則得到的范圍；（3）根據題意得，設，將不等式轉化為證明，設新函數，利用導數即可證明.【小問1詳解】由，得，則切點為．函數求導得，故切線斜率，所以切線方程為：．【小問2詳解】等價轉換為：，記，對求導可得：，時，，時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減．又因當時，時，，且，的取值范圍為．【小問3詳解】由（2）可得，，且．設，則，其中，兩式相乘得：．需證明：，構造函數，時，單調遞減；時，單調遞增．，綜上，，因此，原不等式得證．20.定義：對于集合，若不存在常數，使得，且對于中的任意數列，均有，其中常數和的值唯一，則稱數列可用，線性表示，其中是的一組基底.（注：若，則）已知集合中的任意數列均滿足遞推關系：，而均為集合中的數列.（1）若；；①求出和；②寫出數列關于的線性表示（無需證明）.（2）若，且，證明：是的一組基底.【答案】（1）①，，，；②（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）①由遞推公式代入求值即