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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（二模）数学试题
1．（2025·浙江模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·浙江模拟）已知复数满足为虚数单位，则（　　）
A．2 B． C．1 D．
3．（2025·浙江模拟）“”是“直线与圆相切”的（　　）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2025·浙江模拟）尽管目前人类还是无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为：.若记2025年1月7日西藏日喀则发生里氏6.8级地震释放出来的能量为，2022年5月20日四川雅安发生里氏4.8级地震释放出来的能量为，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·浙江模拟）已知非零向量满足，则在方向上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·浙江模拟）已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
7．（2025·浙江模拟）已知分别是双曲线的左 右焦点，为左顶点，是双曲线在第四象限上一点，的斜率为，且，则双曲线的离心率为（　　）
A．2 B． C．3 D．
8．（2025·浙江模拟）定义在上的函数满足，当时，，则函数在区间内的零点个数为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
9．（2025·浙江模拟）下列结论正确的是（　　）
A．若随机变量，则
B．若随机变量，则
C．若随机变量，且，则
D．若随机变量，且，则
10．（2025·浙江模拟）已知函数，则下列正确的是（　　）
A．是的一个周期 B．的图象关于点对称
C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递减
11．（2025·浙江模拟）设正方体的棱长为，点、分别为棱、上的动点（含端点），且，则下列说法正确的是（　　）
A．三棱锥的体积有最大值
B．三棱锥的外接球的体积为定值
C．三棱锥的体积为定值
D．三棱锥的外接球的体积有最大值
12．（2025·浙江模拟）若的展开式中的系数为6，则实数的值为　 　.
13．（2025·浙江模拟）一个袋中装有大小质地相同的9个小球，其中白球2个，红球3个，黑球4个，现从中不放回地摸球，每次摸一球，则前三次能摸到红球的概率为　 　.
14．（2025·浙江模拟）已知实数满足，则的最大值为　 　.
15．（2025·浙江模拟）中，角对应的边分别为，
（1）求角；
（2）若点在边上，且，求的面积.
16．（2025·浙江模拟）已知四棱锥中，底面是梯形，，是等腰直角三角形，为棱上一点.
（1）当为中点时，求证：平面；
（2）若，当时，求平面与平面夹角的余弦值.
17．（2025·浙江模拟）已知函数.
（1）求函数图象在点处的切线方程；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
18．（2025·浙江模拟）已知是椭圆的右焦点，椭圆离心率，且椭圆上任意一点与点距离的最大值为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）点在椭圆上，椭圆在点处的切线交轴于点.
①求的最小值；
②设分别为椭圆的左 右顶点，不垂直轴的直线交椭圆于另一点，直线与直线交于点，问直线与直线的交点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．（2025·浙江模拟）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，其共有10组相邻三项，记第组相邻三项为.
（1）若数列满足，
①为“等差组”，为“等比组”，求；
②为“等比组”，为“等差组”，求.
（2）若数列满足，且为“等差组”或“等比组”，求满足条件的数列的个数；
（3）若数列满足，且中恰有5组“等差组”和5组“等比组”，求的最大可能值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】
故答案为：D.
【分析】
先利用集合，化简，再结合交集的定义即可求得答案.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】，则，
故答案为：B．
【分析】利用复数的除法进行化简，接着利用复数模公式尽心计算求解即可得到结果．
3．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】圆的圆心为，半径，
由直线与圆相切，得，解得，
反之，当时，直线与圆相切，
所以“”是“直线与圆相切”的充要条件.
故答案为：C
【分析】根据题意，由直线与圆相切，根据距离与半径的关系进行化简，结合充分条件、必要条件的定义进行判断即可得到结果.
4．【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】由题设有，，
故即，
故答案为：C.
【分析】根据题意，利用对数运算进行化简即可得到结果.
5．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】已知，由两边同时平方可得：，
根据完全平方公式展开得：，
因为，所以，将其代入上式可得：，
即，即 ，
根据投影向量公式，将代入可得： ，
在方向上的投影向量为.
故答案为： A.
【分析】根据题意，利用进行平方化简，得到，结合投影向量的计算公式求解即可得到结果.
6．【答案】D
【知识点】数列的概念及简单表示法
【解析】【解答】当时，；当时，.
仅知道，无法确定的大小，也就不能确定的正负.
例如数列为，，，但，所以选项错误.
当时，，则；当时，.
仅知道，无法确定的大小，也就不能确定的正负.
例如数列为，，，，
当时，，所以选项错误.
当时，，由可得，但不能得出；
当时，即，可得，同样无法得出.
例如数列为，，满足，但，所以选项错误.
已知，当时，，即；
当时，；
，由可得，那么，所以，即，选项正确.
故答案为：D.
【分析】利用题中的信息，结合与的关系进行化简，接着对n的值进行代入求值，化简即可得到结果.
7．【答案】A
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】由题意，设，
由的斜率为得，又，所以，
所以，解得，则，
代入双曲线方程得，结合，
化简得，
有，即，而，
构造，
则，其开口向上，且对称轴为，
故当时，，所以在上单调递增，所以，
所以方程无解，所以.
故答案为：A
【分析】 根据题意，假设点的坐标，接着利用两点式求直线方程进而确定B点坐标，并将其代入曲线方程进行化简得到函数，结合导数研究其单调性，进而判断方程无解，进而求出结果.
8．【答案】B
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】因为，故，故，
即，
而当时，，
故当时，，故，
故，
当时，，
而在上为减函数，在为增函数，
故在有有且只有一个实数解为；
当时，，
而，故，此时在上无解；
故当时，，则，
结合上的性质可得在上有且只有一个实数解，
且该实数解为，在无实数解，
而且，
故在上的实数解为，，，
，共4个实数解，
故共有4个不同的零点.
故答案为：B.
【分析】根据题意，得到，进而利用式子的关系求出各段的解析式，得到 接着利用不等式性质求出范围，进而得到结果.
9．【答案】B,C,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】对于A，因为随机变量，则，所以，因为，所以，故A错误；
对于B，因为随机变量，则，
所以，，
根据正态分布曲线的对称性可知：，故B正确；
对于C，因为随机变量，所以，
又因为，所以，则有，故C正确；
对于D，由，则，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】 对于AB，利用正态分布的对称性进行判断，对于CD，利用二项分布公式求出对应的期望与方差进行判断.
10．【答案】A,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】，
因为，是函数的一个周期，故A正确；
因为， 不恒为0，故B错误；
因为， 所以的图象关于直线对称，故C正确；
当时，，则在时单调递增，且
又单调递减，由复合函数的单调性可得在区间上单调递减，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据题意，先将进行化简得到， 利用周期函数的定义进行化简即可得到A的正误；利用进行化简判断B；利用式子进行化简判断C；利用换元法结合复合函数的单调性判断即可得到结果.
11．【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】对于A选项，因为，由勾股定理可得，
由基本不等式可得，可得，
当且仅当时，等号成立，则，
故，即三棱锥的体积有最大值，A对；
对于B选项，将三棱锥补成长方体，
设三棱锥的外接球半径为，则，
所以，故三棱锥的外接球的体积为为定值，B对；
对于C选项，作正方体，如下图所示：
设平面交线段于点，连接、，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，同理可得，
故四边形为平行四边形，
因为，，由等角定理结合图形可得，
又因为，，故，则，
设，，则，
不是定值，
因为，平面，平面，则平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
故不为定值，C错；
对于D选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，其中，则、、、，
设三棱锥的外接球球心为，设球的半径为，
则，解得，
设，其中，
则函数在上连续，由闭区间上的连续函数有最值可知有最大值，D对.
故答案为：ABD.
【分析】对于A，根据垂直，以及勾股定理，利用体积公式结合基本不等式进行化简即可得到A的正误；对于B，先将图像进行补形成长方体，利用长方体计算半径，进而计算体积即可；对于C，补形，补形成正方体，结合体积公式以及等体积法进行运算化简即可得到结果；对于D，建系，利用空间坐标进行向量运算即可进行判断。
12．【答案】3
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】由有：，所以的系数为，
所以，
故答案为：3.
【分析】
根据题意，先求出的通项，接着利用乘法分配律进行分类谈论得到的系数为，化简出的值.
13．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】袋中有非红球6个，则第一次没有摸到红球的概率为，
第二次没有摸到红球的概率为，第三次没有摸到红球的概率为，
所以前三次均未摸到红球的概率为，
所以前三次至少有一次摸到红球的概率为.
故答案为：.
【分析】根据题意，利用间接法求解，先求前三次均未摸到红球的概率，进而求出前三次至少有一次摸到红球的概率.
14．【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】，
设向量，则，
故，当且仅当时等号成立，
故的最大值为，
故答案为：.
【分析】根据题意，先对进行化简得到，结合向量进行化简即可得到结果.
15．【答案】（1）由三角形内角和定理可知：，
再由，利用正弦定理边化角得：
，
因为，所以有，则；
（2）由，在中，可得，
再由正弦定理得：，
再由余弦定理可得：，
即，
解得或，
因为，所以为钝角，
故，所以的面积.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用三角形的三角关系得到C的大小，接着利用正弦定理求出，进而得到结果；
（2）根据求出，利用正弦定理求出BC的边长，结合余弦定理求出，进而利用面积公式求出结果.
（1）由三角形内角和定理可知：，
再由，利用正弦定理边化角得：
，
因为，所以有，则；
（2）由，在中，可得，
再由正弦定理得：，
再由余弦定理可得：，
即，
解得或，
因为，所以为钝角，
故，所以的面积.
16．【答案】（1）
取中点，连接，则，且，
又，，所以且，
则四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）
在平面内，过点作直线，
由已知且，又，平面，
所以平面，又平面，所以，
由，，，平面，
可得平面，
以为原点，分别为轴建系，
则，
由可得，则，
则，
设平面的法向量为，
则，取，则，
所以，
不妨取平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据题意，利用线面平行的判定定理证明即可得到结果；
（2）根据题意，先证明线面垂直得到三线两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法求平面法向量，结合二面角的夹角计算即可得到结果.
（1）
取中点，连接，则，且，
又，，所以且，
则四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）
在平面内，过点作直线，
由已知且，又，平面，
所以平面，又平面，所以，
由，，，平面，
可得平面，
以为原点，分别为轴建系，
则，
由可得，则，
则，
设平面的法向量为，
则，取，则，
所以，
不妨取平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】（1），
所以，
所以在点处的切线方程为
（2）又，
参变分离得：，
令，
得，
令，，
，
在上单调递增，
所以当时，，当时，，
即当时，，当时，，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
最小值为
所以，
即实数的取值范围是.
【知识点】导数的几何意义
【解析】【分析】(1)求导得到直线斜率，进而求出直线方程；
（2）求参数，进行参变分离成，进而转化成求的最小值，利用求导求解即可得到结果.
（1），
所以，
所以在点处的切线方程为
（2）又，
参变分离得：，
令，
得，
令，，
，
在上单调递增，
所以当时，，当时，，
即当时，，当时，，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
最小值为
所以，
即实数的取值范围是.
18．【答案】（1）由已知，解得，
所以，所以椭圆方程为；
（2）由已知，解得，
所以，所以椭圆方程为；
（2）
①因为切线交轴于点，所以，，
因为点在椭圆上，所以，即，
又，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为；
②由已知设直线：，，
由消元得，
则，，
所以，
因为，，所以，
因为，，所以，
所以
，
即点，所以直线的方程为，
与直线联立，得，
因为，所以，代入上式可得
，
即，解得，
即点在直线上.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合椭圆的a，b，c的关系列出等式组求解即可得到结果；
（2）根据切线方程得到P的坐标，进而得到，利用两点坐标公式求出，对进行化简结合基本不等式即可得到结果；
②设直线：，，接着联立，利用韦达定理：，进而得到，的方程，联立求出交点，接着将直线与直线联立化简得到点在直线上.
（1）由已知，解得，
所以，所以椭圆方程为；
（2）①因为切线交轴于点，所以，，
因为点在椭圆上，所以，即，
又，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为；
②由已知设直线：，，
由消元得，
则，，
所以，
因为，，所以，
因为，，所以，
所以
，
即点，所以直线的方程为，
与直线联立，得，
因为，所以，代入上式可得
，
即，解得，
即点在直线上.
19．【答案】（1）①因为为“等差组”，故成等差数列，故，故，而为“等比组”，故成等比数列，故，故.
②若为“等比组”，为“等差组”，则成等比数列，故，
且成等差数列，故.
（2）因为为“等差组”或“等比组”，故有4种情形：若为“等差组”，为“等差组”，则；
若为“等差组”，为“等比组”，则，
而为正项数列，故即，
故，而，故，故，；
若为“等比组”，为“等比组”，则，；
若为“等比组”，为“等差组”，则，
故，而，故，.
从而开始的相邻三项，要么为“等比组”，要么为“等差组”，
对于确定的、，此后等比组的公比、等差组的公差均确定，
故此时有个满足条件的数列，
故满足条件的数列的个数为.
（3）先考虑一个一般命题：若，若正项数列中中一个“等差组”，另一个为“等比组”，则先“等比组”再“等差组”得到的较大.
证明：若先“等差组”，再“等比组”，则，
若先“等比组”，再“等差组”，则，其中，
此时
，
故先“等比组”再“等差组”得到的较大..
再考虑另一个一般命题：若，若正项数列中的为“等差组”或“等比组”，则当增大时，也增大.
证明：若均为“等差组”或“等比组”，
由等差数列的性质和等比数列的性质可得当增大时，也增大.
若先“等差组”，再“等比组”，则，
由得，
故由双勾函数的性质可得增大时，也增大；
若先“等比组”，再“等差组”，则，
而，故增大时，也增大，故命题成立.
对于数列满足，，
而中恰有5组“等差组”和5组“等比组”，
要使得的最大，则前述两个命题可得需前5组为“等比组”，
后5组为“等差组”，此时个数分别为，
故的最大可能值为.
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【分析】（1）利用题中的定义进行代入化简即可得到结果；
（2）首先求出，接着利用分类计数原理求出数列的个数；
（3）先证明两个一般命题，再利用据命题结合定义求解得到结果.
（1）①因为为“等差组”，故成等差数列，故，故，
而为“等比组”，故成等比数列，故，故.
②若为“等比组”，为“等差组”，则成等比数列，故，
且成等差数列，故.
（2）因为为“等差组”或“等比组”，故有4种情形：
若为“等差组”，为“等差组”，则；
若为“等差组”，为“等比组”，则，
而为正项数列，故即，
故，而，故，故，；
若为“等比组”，为“等比组”，则，；
若为“等比组”，为“等差组”，则，
故，而，故，.
从而开始的相邻三项，要么为“等比组”，要么为“等差组”，
对于确定的、，此后等比组的公比、等差组的公差均确定，
故此时有个满足条件的数列，
故满足条件的数列的个数为.
（3）先考虑一个一般命题：
若，若正项数列中中一个“等差组”，另一个为“等比组”，则先“等比组”再“等差组”得到的较大.
证明：若先“等差组”，再“等比组”，则，
若先“等比组”，再“等差组”，则，其中，
此时
，
故先“等比组”再“等差组”得到的较大..
再考虑另一个一般命题：若，若正项数列中的为“等差组”或“等比组”，则当增大时，也增大.
证明：若均为“等差组”或“等比组”，
由等差数列的性质和等比数列的性质可得当增大时，也增大.
若先“等差组”，再“等比组”，则，
由得，
故由双勾函数的性质可得增大时，也增大；
若先“等比组”，再“等差组”，则，
而，故增大时，也增大，故命题成立.
对于数列满足，，
而中恰有5组“等差组”和5组“等比组”，
要使得的最大，则前述两个命题可得需前5组为“等比组”，
后5组为“等差组”，此时个数分别为，
故的最大可能值为.
1 / 1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（二模）数学试题
1．（2025·浙江模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】
故答案为：D.
【分析】
先利用集合，化简，再结合交集的定义即可求得答案.
2．（2025·浙江模拟）已知复数满足为虚数单位，则（　　）
A．2 B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】，则，
故答案为：B．
【分析】利用复数的除法进行化简，接着利用复数模公式尽心计算求解即可得到结果．
3．（2025·浙江模拟）“”是“直线与圆相切”的（　　）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】圆的圆心为，半径，
由直线与圆相切，得，解得，
反之，当时，直线与圆相切，
所以“”是“直线与圆相切”的充要条件.
故答案为：C
【分析】根据题意，由直线与圆相切，根据距离与半径的关系进行化简，结合充分条件、必要条件的定义进行判断即可得到结果.
4．（2025·浙江模拟）尽管目前人类还是无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为：.若记2025年1月7日西藏日喀则发生里氏6.8级地震释放出来的能量为，2022年5月20日四川雅安发生里氏4.8级地震释放出来的能量为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】由题设有，，
故即，
故答案为：C.
【分析】根据题意，利用对数运算进行化简即可得到结果.
5．（2025·浙江模拟）已知非零向量满足，则在方向上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】已知，由两边同时平方可得：，
根据完全平方公式展开得：，
因为，所以，将其代入上式可得：，
即，即 ，
根据投影向量公式，将代入可得： ，
在方向上的投影向量为.
故答案为： A.
【分析】根据题意，利用进行平方化简，得到，结合投影向量的计算公式求解即可得到结果.
6．（2025·浙江模拟）已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【知识点】数列的概念及简单表示法
【解析】【解答】当时，；当时，.
仅知道，无法确定的大小，也就不能确定的正负.
例如数列为，，，但，所以选项错误.
当时，，则；当时，.
仅知道，无法确定的大小，也就不能确定的正负.
例如数列为，，，，
当时，，所以选项错误.
当时，，由可得，但不能得出；
当时，即，可得，同样无法得出.
例如数列为，，满足，但，所以选项错误.
已知，当时，，即；
当时，；
，由可得，那么，所以，即，选项正确.
故答案为：D.
【分析】利用题中的信息，结合与的关系进行化简，接着对n的值进行代入求值，化简即可得到结果.
7．（2025·浙江模拟）已知分别是双曲线的左 右焦点，为左顶点，是双曲线在第四象限上一点，的斜率为，且，则双曲线的离心率为（　　）
A．2 B． C．3 D．
【答案】A
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】由题意，设，
由的斜率为得，又，所以，
所以，解得，则，
代入双曲线方程得，结合，
化简得，
有，即，而，
构造，
则，其开口向上，且对称轴为，
故当时，，所以在上单调递增，所以，
所以方程无解，所以.
故答案为：A
【分析】 根据题意，假设点的坐标，接着利用两点式求直线方程进而确定B点坐标，并将其代入曲线方程进行化简得到函数，结合导数研究其单调性，进而判断方程无解，进而求出结果.
8．（2025·浙江模拟）定义在上的函数满足，当时，，则函数在区间内的零点个数为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】因为，故，故，
即，
而当时，，
故当时，，故，
故，
当时，，
而在上为减函数，在为增函数，
故在有有且只有一个实数解为；
当时，，
而，故，此时在上无解；
故当时，，则，
结合上的性质可得在上有且只有一个实数解，
且该实数解为，在无实数解，
而且，
故在上的实数解为，，，
，共4个实数解，
故共有4个不同的零点.
故答案为：B.
【分析】根据题意，得到，进而利用式子的关系求出各段的解析式，得到 接着利用不等式性质求出范围，进而得到结果.
9．（2025·浙江模拟）下列结论正确的是（　　）
A．若随机变量，则
B．若随机变量，则
C．若随机变量，且，则
D．若随机变量，且，则
【答案】B,C,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】对于A，因为随机变量，则，所以，因为，所以，故A错误；
对于B，因为随机变量，则，
所以，，
根据正态分布曲线的对称性可知：，故B正确；
对于C，因为随机变量，所以，
又因为，所以，则有，故C正确；
对于D，由，则，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】 对于AB，利用正态分布的对称性进行判断，对于CD，利用二项分布公式求出对应的期望与方差进行判断.
10．（2025·浙江模拟）已知函数，则下列正确的是（　　）
A．是的一个周期 B．的图象关于点对称
C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递减
【答案】A,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】，
因为，是函数的一个周期，故A正确；
因为， 不恒为0，故B错误；
因为， 所以的图象关于直线对称，故C正确；
当时，，则在时单调递增，且
又单调递减，由复合函数的单调性可得在区间上单调递减，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据题意，先将进行化简得到， 利用周期函数的定义进行化简即可得到A的正误；利用进行化简判断B；利用式子进行化简判断C；利用换元法结合复合函数的单调性判断即可得到结果.
11．（2025·浙江模拟）设正方体的棱长为，点、分别为棱、上的动点（含端点），且，则下列说法正确的是（　　）
A．三棱锥的体积有最大值
B．三棱锥的外接球的体积为定值
C．三棱锥的体积为定值
D．三棱锥的外接球的体积有最大值
【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】对于A选项，因为，由勾股定理可得，
由基本不等式可得，可得，
当且仅当时，等号成立，则，
故，即三棱锥的体积有最大值，A对；
对于B选项，将三棱锥补成长方体，
设三棱锥的外接球半径为，则，
所以，故三棱锥的外接球的体积为为定值，B对；
对于C选项，作正方体，如下图所示：
设平面交线段于点，连接、，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，同理可得，
故四边形为平行四边形，
因为，，由等角定理结合图形可得，
又因为，，故，则，
设，，则，
不是定值，
因为，平面，平面，则平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
故不为定值，C错；
对于D选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，其中，则、、、，
设三棱锥的外接球球心为，设球的半径为，
则，解得，
设，其中，
则函数在上连续，由闭区间上的连续函数有最值可知有最大值，D对.
故答案为：ABD.
【分析】对于A，根据垂直，以及勾股定理，利用体积公式结合基本不等式进行化简即可得到A的正误；对于B，先将图像进行补形成长方体，利用长方体计算半径，进而计算体积即可；对于C，补形，补形成正方体，结合体积公式以及等体积法进行运算化简即可得到结果；对于D，建系，利用空间坐标进行向量运算即可进行判断。
12．（2025·浙江模拟）若的展开式中的系数为6，则实数的值为　 　.
【答案】3
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】由有：，所以的系数为，
所以，
故答案为：3.
【分析】
根据题意，先求出的通项，接着利用乘法分配律进行分类谈论得到的系数为，化简出的值.
13．（2025·浙江模拟）一个袋中装有大小质地相同的9个小球，其中白球2个，红球3个，黑球4个，现从中不放回地摸球，每次摸一球，则前三次能摸到红球的概率为　 　.
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】袋中有非红球6个，则第一次没有摸到红球的概率为，
第二次没有摸到红球的概率为，第三次没有摸到红球的概率为，
所以前三次均未摸到红球的概率为，
所以前三次至少有一次摸到红球的概率为.
故答案为：.
【分析】根据题意，利用间接法求解，先求前三次均未摸到红球的概率，进而求出前三次至少有一次摸到红球的概率.
14．（2025·浙江模拟）已知实数满足，则的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】，
设向量，则，
故，当且仅当时等号成立，
故的最大值为，
故答案为：.
【分析】根据题意，先对进行化简得到，结合向量进行化简即可得到结果.
15．（2025·浙江模拟）中，角对应的边分别为，
（1）求角；
（2）若点在边上，且，求的面积.
【答案】（1）由三角形内角和定理可知：，
再由，利用正弦定理边化角得：
，
因为，所以有，则；
（2）由，在中，可得，
再由正弦定理得：，
再由余弦定理可得：，
即，
解得或，
因为，所以为钝角，
故，所以的面积.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用三角形的三角关系得到C的大小，接着利用正弦定理求出，进而得到结果；
（2）根据求出，利用正弦定理求出BC的边长，结合余弦定理求出，进而利用面积公式求出结果.
（1）由三角形内角和定理可知：，
再由，利用正弦定理边化角得：
，
因为，所以有，则；
（2）由，在中，可得，
再由正弦定理得：，
再由余弦定理可得：，
即，
解得或，
因为，所以为钝角，
故，所以的面积.
16．（2025·浙江模拟）已知四棱锥中，底面是梯形，，是等腰直角三角形，为棱上一点.
（1）当为中点时，求证：平面；
（2）若，当时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）
取中点，连接，则，且，
又，，所以且，
则四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）
在平面内，过点作直线，
由已知且，又，平面，
所以平面，又平面，所以，
由，，，平面，
可得平面，
以为原点，分别为轴建系，
则，
由可得，则，
则，
设平面的法向量为，
则，取，则，
所以，
不妨取平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据题意，利用线面平行的判定定理证明即可得到结果；
（2）根据题意，先证明线面垂直得到三线两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法求平面法向量，结合二面角的夹角计算即可得到结果.
（1）
取中点，连接，则，且，
又，，所以且，
则四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）
在平面内，过点作直线，
由已知且，又，平面，
所以平面，又平面，所以，
由，，，平面，
可得平面，
以为原点，分别为轴建系，
则，
由可得，则，
则，
设平面的法向量为，
则，取，则，
所以，
不妨取平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．（2025·浙江模拟）已知函数.
（1）求函数图象在点处的切线方程；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1），
所以，
所以在点处的切线方程为
（2）又，
参变分离得：，
令，
得，
令，，
，
在上单调递增，
所以当时，，当时，，
即当时，，当时，，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
最小值为
所以，
即实数的取值范围是.
【知识点】导数的几何意义
【解析】【分析】(1)求导得到直线斜率，进而求出直线方程；
（2）求参数，进行参变分离成，进而转化成求的最小值，利用求导求解即可得到结果.
（1），
所以，
所以在点处的切线方程为
（2）又，
参变分离得：，
令，
得，
令，，
，
在上单调递增，
所以当时，，当时，，
即当时，，当时，，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
最小值为
所以，
即实数的取值范围是.
18．（2025·浙江模拟）已知是椭圆的右焦点，椭圆离心率，且椭圆上任意一点与点距离的最大值为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）点在椭圆上，椭圆在点处的切线交轴于点.
①求的最小值；
②设分别为椭圆的左 右顶点，不垂直轴的直线交椭圆于另一点，直线与直线交于点，问直线与直线的交点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.
【答案】（1）由已知，解得，
所以，所以椭圆方程为；
（2）由已知，解得，
所以，所以椭圆方程为；
（2）
①因为切线交轴于点，所以，，
因为点在椭圆上，所以，即，
又，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为；
②由已知设直线：，，
由消元得，
则，，
所以，
因为，，所以，
因为，，所以，
所以
，
即点，所以直线的方程为，
与直线联立，得，
因为，所以，代入上式可得
，
即，解得，
即点在直线上.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合椭圆的a，b，c的关系列出等式组求解即可得到结果；
（2）根据切线方程得到P的坐标，进而得到，利用两点坐标公式求出，对进行化简结合基本不等式即可得到结果；
②设直线：，，接着联立，利用韦达定理：，进而得到，的方程，联立求出交点，接着将直线与直线联立化简得到点在直线上.
（1）由已知，解得，
所以，所以椭圆方程为；
（2）①因为切线交轴于点，所以，，
因为点在椭圆上，所以，即，
又，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为；
②由已知设直线：，，
由消元得，
则，，
所以，
因为，，所以，
因为，，所以，
所以
，
即点，所以直线的方程为，
与直线联立，得，
因为，所以，代入上式可得
，
即，解得，
即点在直线上.
19．（2025·浙江模拟）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，其共有10组相邻三项，记第组相邻三项为.
（1）若数列满足，
①为“等差组”，为“等比组”，求；
②为“等比组”，为“等差组”，求.
（2）若数列满足，且为“等差组”或“等比组”，求满足条件的数列的个数；
（3）若数列满足，且中恰有5组“等差组”和5组“等比组”，求的最大可能值.
【答案】（1）①因为为“等差组”，故成等差数列，故，故，而为“等比组”，故成等比数列，故，故.
②若为“等比组”，为“等差组”，则成等比数列，故，
且成等差数列，故.
（2）因为为“等差组”或“等比组”，故有4种情形：若为“等差组”，为“等差组”，则；
若为“等差组”，为“等比组”，则，
而为正项数列，故即，
故，而，故，故，；
若为“等比组”，为“等比组”，则，；
若为“等比组”，为“等差组”，则，
故，而，故，.
从而开始的相邻三项，要么为“等比组”，要么为“等差组”，
对于确定的、，此后等比组的公比、等差组的公差均确定，
故此时有个满足条件的数列，
故满足条件的数列的个数为.
（3）先考虑一个一般命题：若，若正项数列中中一个“等差组”，另一个为“等比组”，则先“等比组”再“等差组”得到的较大.
证明：若先“等差组”，再“等比组”，则，
若先“等比组”，再“等差组”，则，其中，
此时
，
故先“等比组”再“等差组”得到的较大..
再考虑另一个一般命题：若，若正项数列中的为“等差组”或“等比组”，则当增大时，也增大.
证明：若均为“等差组”或“等比组”，
由等差数列的性质和等比数列的性质可得当增大时，也增大.
若先“等差组”，再“等比组”，则，
由得，
故由双勾函数的性质可得增大时，也增大；
若先“等比组”，再“等差组”，则，
而，故增大时，也增大，故命题成立.
对于数列满足，，
而中恰有5组“等差组”和5组“等比组”，
要使得的最大，则前述两个命题可得需前5组为“等比组”，
后5组为“等差组”，此时个数分别为，
故的最大可能值为.
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【分析】（1）利用题中的定义进行代入化简即可得到结果；
（2）首先求出，接着利用分类计数原理求出数列的个数；
（3）先证明两个一般命题，再利用据命题结合定义求解得到结果.
（1）①因为为“等差组”，故成等差数列，故，故，
而为“等比组”，故成等比数列，故，故.
②若为“等比组”，为“等差组”，则成等比数列，故，
且成等差数列，故.
（2）因为为“等差组”或“等比组”，故有4种情形：
若为“等差组”，为“等差组”，则；
若为“等差组”，为“等比组”，则，
而为正项数列，故即，
故，而，故，故，；
若为“等比组”，为“等比组”，则，；
若为“等比组”，为“等差组”，则，
故，而，故，.
从而开始的相邻三项，要么为“等比组”，要么为“等差组”，
对于确定的、，此后等比组的公比、等差组的公差均确定，
故此时有个满足条件的数列，
故满足条件的数列的个数为.
（3）先考虑一个一般命题：
若，若正项数列中中一个“等差组”，另一个为“等比组”，则先“等比组”再“等差组”得到的较大.
证明：若先“等差组”，再“等比组”，则，
若先“等比组”，再“等差组”，则，其中，
此时
，
故先“等比组”再“等差组”得到的较大..
再考虑另一个一般命题：若，若正项数列中的为“等差组”或“等比组”，则当增大时，也增大.
证明：若均为“等差组”或“等比组”，
由等差数列的性质和等比数列的性质可得当增大时，也增大.
若先“等差组”，再“等比组”，则，
由得，
故由双勾函数的性质可得增大时，也增大；
若先“等比组”，再“等差组”，则，
而，故增大时，也增大，故命题成立.
对于数列满足，，
而中恰有5组“等差组”和5组“等比组”，
要使得的最大，则前述两个命题可得需前5组为“等比组”，
后5组为“等差组”，此时个数分别为，
故的最大可能值为.
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