浙江省强基联盟2024-2025学年高三下学期2月联考数学试题
1．（2025·浙江模拟）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·浙江模拟）若，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·浙江模拟）已知向量，，若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
4．（2025·浙江模拟）将半径为4的半圆面围成一个圆锥，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·浙江模拟）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·浙江模拟）已知圆O：上一点关于x轴的对称点为Q，M是圆O上异于P，Q的任意一点，若分别交x轴于点，则（ ）
A． B．2 C． D．4
7．（2025·浙江模拟）已知函数，，有恒成立，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·浙江模拟）现有一排方块，其中某些方块间有间隔.从中拿出一个方块或紧贴的两个方块，而不改变其余方块的位置，称为一次操作.如图所示，状态为的方块：可以通过一次操作变成以下状态
中的任何一种：，，，或.游戏规定由甲开始，甲、乙轮流对方块进行操作，拿出最后方块的人获胜.对于以下开局状态，乙有策略可以保证自己获得游戏胜利的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025·浙江模拟）下列说法正确的是（ ）
A．数据的上四分位数为9
B．若，，且，则相互独立
C．根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点坐标为，则
D．将两个具有相关关系的变量的一组数据，，…，调整为，，…，，决定系数不变
（附：，，）
10．（2025·浙江模拟）设函数，则（ ）
A．曲线存在对称轴 B．曲线存在对称中心
C． D．
11．（2025·浙江模拟）已知椭圆：，直线l：.，是椭圆的左、右顶点，，是椭圆的左、右焦点，过直线l上任意一点P作椭圆的切线PM，PN，切点分别为M，N，椭圆上任意一点Q（异于，）处的切线分别交，处的切线于点，，则（ ）
A．直线MN过定点
B．，，，四点共圆
C．当时，是线段MN的三等分点
D．的最大值为9
12．（2025·浙江模拟）双曲线（，）的左、右焦点为，，P为双曲线上一点，且满足轴，，则双曲线的离心率为 .
13．（2025·浙江模拟）在动画和游戏开发中，相切的曲线可生成平滑的角色路径和物体表面.若两条曲线在公共点处有相同的切线，且曲线不重合，则称两条曲线相切.设两抛物线与相切，则 .
14．（2025·浙江模拟）对7个相邻的格进行染色，每个格均可从红、绿、黄三种颜色中选一种，则没有相邻红格的概率为 .
15．（2025·浙江模拟）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，
（1）求A.
（2）若，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，
（Ⅰ）求AM；
（Ⅱ）求.
16．（2025·浙江模拟）已知抛物线C：的焦点为F，抛物线C上点满足.
（1）求抛物线C的方程；
（2）设点，过D作直线l交抛物线C于A，B两点，证明：是的角平分线.
17．（2025·浙江模拟）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，，，，，E为AB的中点，M为CE的中点.
（1）证明：；
（2）若，N为PC中点，且AN与平面PDM所成角的正弦值为，求四棱锥的体积.
18．（2025·浙江模拟）已知函数，其中.
（1）若函数是偶函数，求；
（2）当时，讨论函数在上的零点个数；
（3）若，，求的取值范围.
19．（2025·浙江模拟）设，对于数列，，…，，若对任意，与均为非负数或者均为负数，则称数列，，…，为强数列.
（1）判断数列，，，，与数列，，，，分别是否为强数列；
（2）若存在公比为负数的等比数列，，…，，使得它为强数列，求公比q的取值范围；
（3）设，，…，为强数列，且数列中正数与负数交替出现（不出现0），证明：一定可以从数列，，…，中选出连续三项，不改变它们在原数列中的顺序，它们三项构成一个强数列.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：依题意，，
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】解绝对值不等式得出集合，再利用交集的运算法则得出集合.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：，
又因为，所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和复数的运算法则得出复数z.
3．【答案】C
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解；由，，，，
由得，解得.
故答案为：C.
【分析】根据向量的坐标运算和向量垂直的坐标表示，从而得出x的值.
4．【答案】B
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意知，半圆的周长为，
设圆锥底面圆的半径为，
则，解得，
因为母线长为4，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为.
故答案为：B.
【分析】由题意结合弧长公式和圆的周长公式求出圆锥底面圆的半径长，再结合母线的长和勾股定理得出圆锥的高，再根据圆锥的体积公式得出该圆锥的体积.
5．【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：由
，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】根据两角和、差的正弦公式和已知条件得出的值.
6．【答案】B
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：因为，设，
则，
则直线，直线，
则，，
故.
故答案为：B.
【分析】设点的坐标，写出点的坐标，从而写出直线方程，进而求出的坐标，再根据两点距离公式得到的值.
7．【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：将等价于，
即，
则或在上恒成立，
即或在上恒成立，
令，得，
可得在单调递增，在单调递减，
由，当，，，
令，由基本不等式可得，当且仅当时取等号，
当，，
由在上恒成立，
可得，解得
由在上恒成立，
可得，解得，
故a的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】由转化为或在上恒成立，从而转化成求函数的最值，进而得出实数a的取值范围.
8．【答案】A
【知识点】概率的意义
【解析】【解答】解：对于A，
经过甲操作可以变为，，，，或，
对于，乙操作成；
对于，乙操作成；
对于，乙操作成；
对于，乙操作成；
对于，乙操作成；
对于，乙操作成.
此时甲操作后，乙可以采取对称策略，保证自己能拿到最后一个方块，
无论如何乙都能赢，故A正确；
对于B，甲将操作为，此时乙可以操作为，，，甲必胜，故B错误；
对于C，甲将操作为，甲必胜，故C错误；
对于D，甲将操作为，由选项A知甲必胜，故D错误.
故答案为：A.
【分析】通过举例列出所有的可行性，在甲操作后，乙采取对称策略，即可保证自己能赢，则判断出选项A；通过已知条件和操作验证，从而得出甲赢，则判断出选项B、选项C和选项D，进而找出正确的选项.
9．【答案】B,D
【知识点】变量相关关系；线性回归方程；相互独立事件；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，我们把数据重新排列，
得到，
又因为，
则数据的上四分位数为9.5，故A错误；
对于B，因为，所以，
由条件概率公式得，
得到，即相互独立，故B正确，
对于C，因为散点不一定在回归直线上，不能直接代入直线方程，故C错误，
对于D，由于，变成了，
则，，
则，都不变，所以，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用上四分位数的性质判断出选项A；利用条件概率公式和独立事件乘法求概率公式判断出选项B；利用散点图的性质判断出选项C；利用决定系数的性质判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于A：因为，
又因为是的一条对称轴，也是的对称轴，
所以曲线存在对称轴，故A正确；
对于B：因为，恒不为常数，
所以曲线不存在对称中心，故B错误；
对于C：因为
又因为，，
所以，当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于D：当时，，显然等号成立；
当时，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据二倍角的余弦公式化简可得，从而判断出选项A；根据恒不为常数判断出选项B；根据正弦函数和二次函数的值域判断出选项C；化简判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：依题意，如图所示：
对于A，根据椭圆极点、极线定义，直线l关于椭圆存在极点，
即为直线MN的定点（证明后续提供），
设极点为，则直线l的方程为，
又由于直线l的方程为：，
故直线l关于椭圆的极点（定点）为，故A正确；
对于B，设，则Q点处的切线方程为，
令，得，，
又因为，故，同理，
即四点共圆，故B正确；
对于C，当时，直线MN的方程为，可以验证此时有，故C不正确；
对于D，由圆的相交弦定理和椭圆的光学性质可知：，
则等号在Q为短轴端点时取到，故D正确.
故答案为：ABD.
附注：1.定义：任取一点，它可以在圆锥曲线上，也可以在圆锥曲线外或内，
过这点作圆锥曲线的割线，产生两个交点，过这两个交点作圆锥曲线的切线，
两条切线相交于一点.随着割线绕任取之点运动，交点将描绘出一条直线，
若任取之点称为极点，则这条直线就称为极点的极线，
反之，任意作一条直线，它可以与圆锥曲线相交、相切或相离，
在直线上且位于圆锥曲线外任取一点，过这点作圆锥曲线的两条切线，
连接两个切点可得一直线.让任取之点在其所在直线上运动，
则连接两切点的直线也跟着运动，但它将绕着一个不动的点转动，
若开始时的直线称为极线，则这个不动的点就称为这条极线的极点.
2.结论：设极点坐标为，那么，不管极点在椭圆上，椭圆外还是椭圆内，
极点的极线的方程都是.
证明：（1）先证明也就是求出极点在椭圆上时椭圆切线方程为，
设过点的椭圆切线方程为：，
与椭圆联立方程得：
，
因为切线方程只存在一个解，
即，
化简得：，即得，
则得出切线方程为，化简得.
（2）极点在椭圆之外的情况.过极点作椭圆的两条切线，设切点分别为和.
由上面的第（1）条，直接写出两条切线的方程：和
由于极点当然在这两条切线上，所以和，
这又说明，点和的坐标都满足方程：，
所以上式就是直线AB的方程，即极点P的极线的方程.
（3）极点在椭圆之内的情况.过点作轴的垂线，与椭圆交于点
（另一交点同理），
由第（1）条，得过点的椭圆切线方程为，
让，得切线与x轴的交点也就是切线的横截距，
同理可以得到切线与y轴的交点即切线的纵截距，
则由直线的截距式方程得切线方程为，即.
【分析】根据椭圆的极点和极线方程可列式求出直线l关于椭圆的极点坐标，则由此判断出选项A和选项C；由极点和极限方程性质可表示出过点Q的切线方程，由此表示出四点坐标，再通过向量法求解可判断出选项B；根据圆的相交弦定理和椭圆的光学性质可知，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为轴，所以为通径的一半，故，
在中，因为，所以，
所以，即，可得.
故答案为：.
【分析】利用轴得出，再利用双曲线的定义和双曲线中a，b，c三者的关系式以及双曲线的离心率公式，从而得出双曲线的离心率.
13．【答案】
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：由题意，如图所示：
因为两抛物线与只可能在第一象限相切。
设两个抛物线相切于，在该点处的切线的斜率为，
抛物线在第一象限的图象为函数在第一象限的图象，
函数在该点处的切线的斜率为：，
所以，解方程得：，，
所以，切点为代入，解得.
故答案为：.
【分析】由题意得出两抛物线在第一象限相切，设两抛物线的公共切点为，再借助导数求出两条曲线在该点处的切线斜率，再利用斜率相等建立方程求出切点坐标，则代入函数可得实数a的值.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：0个红格，共种；
1个红格，共种；
2个红格，共种；
3个红格，共种；
4个红格，共种，
所以.
故答案为：.
【分析】通过讨论红格个数，则由分类加法计数原理和古典概率公式，从而得出没有相邻红格的概率.
15．【答案】（1）解：由正弦定理得，
∵，
∴，
∵，∴，
∴，
又因为，故，
∴，解得.
（2）解：（Ⅰ）∵M是BC的中点，∴，两边平方得：
，
∴.
（Ⅱ）∵M，N分别是BC，AC的中点，
则，.
所以与的夹角等于，
∴，
∵
，
，
在（Ⅰ）中，
所以.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；简单的三角恒等变换；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式得到，再由辅助角公式和特殊角的三角函数值，从而得到角的值.
（2）（Ⅰ）将两边平方得出，再开方得出AM的长.
（Ⅱ）利用与的夹角等于，其中，，
从而计算出，的值，再结合（Ⅰ）中，则利用数量积求向量夹角公式，从而得出的值.
（1）由正弦定理得，
∵，
∴，
∵，∴，
∴，
又，故，
∴，解得；
（2）（Ⅰ）∵M是BC的中点，
∴，两边平方得
，
∴；
（Ⅱ）∵M，N分别是BC，AC的中点，
，.
所以与的夹角等于，
∴.
∵
，
，
又（Ⅰ）中，
所以.
16．【答案】（1）解：由，可得，
所以抛物线C的方程为.
（2）证明：根据题意，直线斜率不为0，
设其方程为：，，，
由得，
由，可得：或，
由韦达定理得：，.
则
，
即直线与直线的倾斜角互补，
所以是的角平分线.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和抛物线的定义得出p的值，从而得出抛物线C的方程.
（2）根据题意，直线斜率不为0，设直线AB的方程为：，将直线AB的方程与抛物线方程联立，再根据韦达定理可得，即直线与直线的倾斜角互补，从而证出是的角平分线.
（1）由，可得，
所以抛物线C的方程为.
（2）根据题意，直线斜率不为0，设其方程为：，，，
由得，由，可得：或，
由韦达定理得：，.
则
，即直线与直线的倾斜角互补，
所以是的角平分线.
17．【答案】（1）证明：在梯形ABCD中，连接交BD于CE一点，
因为且，
所以四边形CDBE为平行四边形，
所以BD与CE的交点即为CE中点M，
由已知可得，，，，
由余弦定理得，
所以三角形为直角三角形，所以，
又因为，，
所以，且，
所以平面PBD，
又因为平面PBD，所以.
（2）解：由（1）知，平面PDM，
如图，以D为坐标原点，分别以DB，DC为x，y轴，垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，
设，则，，
平面PDM的一个法向量为，
设直线AN与平面PDM所成角为，
则，
化简得.
由，可得，
则，，
故.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用勾股定理证出，再利用题意证出，从而证出直线平面PBD，再根据线面垂直的性质定理证出.
（2）由（1）知，平面PDM，从而建立空间直角坐标系，再利用线面所成角的向量求法得出高度h的值，再结合四棱锥的体积公式得出四棱锥 的体积.
（1）证明：在梯形ABCD中，连接交BD于CE一点，
因为且，所以四边形CDBE为平行四边形，
所以BD与CE的交点即为CE中点M.
由已知可得，，，，由余弦定理得，
所以三角形为直角三角形，所以，
又，，所以，且，所以平面PBD，
又平面PBD，所以.
（2）由（1）知，平面PDM，如图，以D为坐标原点，分别以DB，DC为x，y轴，垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，
设，则，，
平面PDM的一个法向量为，
设直线AN与平面PDM所成角为，
则，
化简得.
由，可得，求得，.
故.
18．【答案】（1）解：因为函数是偶函数，所以，
即，
解得：.
（2）解：当时，，
，，
令，则，
当时，，
当时，，单调递增，
又因为，，
所以存在，使得，
当，，单调递减；
当，，单调递增，
又因为，，，
所以在上存在一个零点.
综上所述，函数在有两个零点.
（3）解：当时，；
当时，，
则.
（ⅰ）当时，
，，成立；
（ⅱ）当时，
若，
则，单调递增，
所以；
若，则，，成立.
（ⅲ）当时，若，则成立，
只要考虑，此时令，
则，递增，
，，
所以，存在，使得，
若，则，递减；
若，则，递增，
所以，
解得，此时，
所以，则，
综上所述，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由偶函数的定义建立方程，从而求出的值.
（2）代入得到，从而得出，令后再求导，由解析式可知当时，恒成立；当时，，得到单调递增，由二分法知在存在唯一零点，由此可知函数的单调区间，再由二分法得到函数的零点.
（3）当时，恒成立，所以当时，由求出的取值范围，再将的取值范围分为，，三个范围，由三角函数的性质和导函数判断函数单调性的方法，从而建立不等式求出的取值范围.
（1）因为函数是偶函数，所以.
即，
解得：.
（2）当时，.
，，
令，则.
当时，，
当时，，单调递增，
又，，
所以存在，使得.
，，单调递减，，，单调递增，
而，，，所以在上存在一个零点.
综上，函数在有两个零点.
（3）当时，；当时，，
则.
（ⅰ）当时，，，成立；
（ⅱ）当时，
若，则，单调递增，
所以；
若，则，，成立；
（ⅲ）当时，若，则成立；
只要考虑，此时令，
则，递增，，，
所以存在，使得，
若，则，递减；若，则，递增.
所以，解得.
此时，所以，从而.
综上，.
19．【答案】（1）解：数列0，1，0，，0，前两项和为1，后三项和为，不是强数列；
数列1，0，，0，1，满足第一项、前两项、前三项、前四项、后一项、
后两项、后三项、后四项的和均非负，是强数列.
（2）解：（方法一：等比数列求和）
设首项，公比，
依题意，，即，
故，即，故；
另一方面，，
即，
故，即，故，
则，，
又因为1，，1，…，1，，1满足条件，综上所述，.
（方法二：局部分析）
设首项，公比，
依题意，，
∴，
即，
又∵，
∴，
即，
故，即，则，；
同理，，
故，，则，
又因为1，，1，…，1，，1满足条件，
综上所述，.
（3）证明：注意到若连续三项构成强数列，
则中间项的绝对值最小，取数列中绝对值最小的一项，
（若最小的同时存在正项和负项，取负项）.
如果，
①若，则，，
故，与（2）中矛盾；
②若，则，，故，
由（2）知矛盾，所以不为首项，同理不为末项，我们取，，三项.
（ⅰ）若，则，，且，，故，，，，构成强数列；
（ⅱ）若，则，，且，，故，，，，构成强数列.
【知识点】数列的概念及简单表示法；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【分析】（1）先求两个数列中所有三角函数值，再根据强数列的定义判断出数列，，，，与数列，，，，分别是否为强数列.
（2）利用两种方法求解.
方法一：利用等比数列求和公式，则借助，分别得出，，从而得出，进而得出的值，验证后可得公比q的取值范围.方法二：借助局部分析得出与，从而得出的值，验证后可得公比q的取值范围.
（3）注意到若连续三项构成强数列，则中间项的绝对值最小，取数列中绝对值最小的一项，若，由（2）知矛盾，得出不为首项和末项，再取，，三项，进行与分类讨论，从而证出一定可以从数列，，…，中选出连续三项，不改变它们在原数列中的顺序，它们三项构成一个强数列.
（1）数列0，1，0，，0，前两项和为1，后三项和为，不是强数列；
数列1，0，，0，1，满足第一项、前两项、前三项、前四项、后一项、后两项、后三项、后四项的和均非负，是强数列.
（2）（方法一：等比数列求和）设首项，公比，
依题意，，即，
故，即，故.
另一方面，，即，
故，即，故.
于是，，又1，，1，…，1，，1满足条件，综上，.
（方法二：局部分析）设首项，公比，
依题意，，∴，
即，
又∵，∴
即，
故，即，故，.
同理，，
故，，
于是，又1，，1，…，1，，1满足条件，综上，.
（3）注意到若连续三项构成强数列，则中间项的绝对值最小，取数列中绝对值最小的一项，
（若最小的同时存在正项和负项，取负项）.
如果，
①若，则，，故，与（2）中矛盾；
②若，则，，故，由（2）知矛盾，
于是不为首项，同理不为末项，我们取，，三项.
（ⅰ）若，则，，且，，故，，，，构成强数列；
（ⅱ）若，则，，且，，故，，，，构成强数列.
浙江省强基联盟2024-2025学年高三下学期2月联考数学试题
1．（2025·浙江模拟）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：依题意，，
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】解绝对值不等式得出集合，再利用交集的运算法则得出集合.
2．（2025·浙江模拟）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：，
又因为，所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和复数的运算法则得出复数z.
3．（2025·浙江模拟）已知向量，，若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】C
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解；由，，，，
由得，解得.
故答案为：C.
【分析】根据向量的坐标运算和向量垂直的坐标表示，从而得出x的值.
4．（2025·浙江模拟）将半径为4的半圆面围成一个圆锥，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意知，半圆的周长为，
设圆锥底面圆的半径为，
则，解得，
因为母线长为4，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为.
故答案为：B.
【分析】由题意结合弧长公式和圆的周长公式求出圆锥底面圆的半径长，再结合母线的长和勾股定理得出圆锥的高，再根据圆锥的体积公式得出该圆锥的体积.
5．（2025·浙江模拟）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：由
，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】根据两角和、差的正弦公式和已知条件得出的值.
6．（2025·浙江模拟）已知圆O：上一点关于x轴的对称点为Q，M是圆O上异于P，Q的任意一点，若分别交x轴于点，则（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：因为，设，
则，
则直线，直线，
则，，
故.
故答案为：B.
【分析】设点的坐标，写出点的坐标，从而写出直线方程，进而求出的坐标，再根据两点距离公式得到的值.
7．（2025·浙江模拟）已知函数，，有恒成立，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：将等价于，
即，
则或在上恒成立，
即或在上恒成立，
令，得，
可得在单调递增，在单调递减，
由，当，，，
令，由基本不等式可得，当且仅当时取等号，
当，，
由在上恒成立，
可得，解得
由在上恒成立，
可得，解得，
故a的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】由转化为或在上恒成立，从而转化成求函数的最值，进而得出实数a的取值范围.
8．（2025·浙江模拟）现有一排方块，其中某些方块间有间隔.从中拿出一个方块或紧贴的两个方块，而不改变其余方块的位置，称为一次操作.如图所示，状态为的方块：可以通过一次操作变成以下状态
中的任何一种：，，，或.游戏规定由甲开始，甲、乙轮流对方块进行操作，拿出最后方块的人获胜.对于以下开局状态，乙有策略可以保证自己获得游戏胜利的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】概率的意义
【解析】【解答】解：对于A，
经过甲操作可以变为，，，，或，
对于，乙操作成；
对于，乙操作成；
对于，乙操作成；
对于，乙操作成；
对于，乙操作成；
对于，乙操作成.
此时甲操作后，乙可以采取对称策略，保证自己能拿到最后一个方块，
无论如何乙都能赢，故A正确；
对于B，甲将操作为，此时乙可以操作为，，，甲必胜，故B错误；
对于C，甲将操作为，甲必胜，故C错误；
对于D，甲将操作为，由选项A知甲必胜，故D错误.
故答案为：A.
【分析】通过举例列出所有的可行性，在甲操作后，乙采取对称策略，即可保证自己能赢，则判断出选项A；通过已知条件和操作验证，从而得出甲赢，则判断出选项B、选项C和选项D，进而找出正确的选项.
9．（2025·浙江模拟）下列说法正确的是（ ）
A．数据的上四分位数为9
B．若，，且，则相互独立
C．根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点坐标为，则
D．将两个具有相关关系的变量的一组数据，，…，调整为，，…，，决定系数不变
（附：，，）
【答案】B,D
【知识点】变量相关关系；线性回归方程；相互独立事件；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，我们把数据重新排列，
得到，
又因为，
则数据的上四分位数为9.5，故A错误；
对于B，因为，所以，
由条件概率公式得，
得到，即相互独立，故B正确，
对于C，因为散点不一定在回归直线上，不能直接代入直线方程，故C错误，
对于D，由于，变成了，
则，，
则，都不变，所以，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用上四分位数的性质判断出选项A；利用条件概率公式和独立事件乘法求概率公式判断出选项B；利用散点图的性质判断出选项C；利用决定系数的性质判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2025·浙江模拟）设函数，则（ ）
A．曲线存在对称轴 B．曲线存在对称中心
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于A：因为，
又因为是的一条对称轴，也是的对称轴，
所以曲线存在对称轴，故A正确；
对于B：因为，恒不为常数，
所以曲线不存在对称中心，故B错误；
对于C：因为
又因为，，
所以，当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于D：当时，，显然等号成立；
当时，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据二倍角的余弦公式化简可得，从而判断出选项A；根据恒不为常数判断出选项B；根据正弦函数和二次函数的值域判断出选项C；化简判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2025·浙江模拟）已知椭圆：，直线l：.，是椭圆的左、右顶点，，是椭圆的左、右焦点，过直线l上任意一点P作椭圆的切线PM，PN，切点分别为M，N，椭圆上任意一点Q（异于，）处的切线分别交，处的切线于点，，则（ ）
A．直线MN过定点
B．，，，四点共圆
C．当时，是线段MN的三等分点
D．的最大值为9
【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：依题意，如图所示：
对于A，根据椭圆极点、极线定义，直线l关于椭圆存在极点，
即为直线MN的定点（证明后续提供），
设极点为，则直线l的方程为，
又由于直线l的方程为：，
故直线l关于椭圆的极点（定点）为，故A正确；
对于B，设，则Q点处的切线方程为，
令，得，，
又因为，故，同理，
即四点共圆，故B正确；
对于C，当时，直线MN的方程为，可以验证此时有，故C不正确；
对于D，由圆的相交弦定理和椭圆的光学性质可知：，
则等号在Q为短轴端点时取到，故D正确.
故答案为：ABD.
附注：1.定义：任取一点，它可以在圆锥曲线上，也可以在圆锥曲线外或内，
过这点作圆锥曲线的割线，产生两个交点，过这两个交点作圆锥曲线的切线，
两条切线相交于一点.随着割线绕任取之点运动，交点将描绘出一条直线，
若任取之点称为极点，则这条直线就称为极点的极线，
反之，任意作一条直线，它可以与圆锥曲线相交、相切或相离，
在直线上且位于圆锥曲线外任取一点，过这点作圆锥曲线的两条切线，
连接两个切点可得一直线.让任取之点在其所在直线上运动，
则连接两切点的直线也跟着运动，但它将绕着一个不动的点转动，
若开始时的直线称为极线，则这个不动的点就称为这条极线的极点.
2.结论：设极点坐标为，那么，不管极点在椭圆上，椭圆外还是椭圆内，
极点的极线的方程都是.
证明：（1）先证明也就是求出极点在椭圆上时椭圆切线方程为，
设过点的椭圆切线方程为：，
与椭圆联立方程得：
，
因为切线方程只存在一个解，
即，
化简得：，即得，
则得出切线方程为，化简得.
（2）极点在椭圆之外的情况.过极点作椭圆的两条切线，设切点分别为和.
由上面的第（1）条，直接写出两条切线的方程：和
由于极点当然在这两条切线上，所以和，
这又说明，点和的坐标都满足方程：，
所以上式就是直线AB的方程，即极点P的极线的方程.
（3）极点在椭圆之内的情况.过点作轴的垂线，与椭圆交于点
（另一交点同理），
由第（1）条，得过点的椭圆切线方程为，
让，得切线与x轴的交点也就是切线的横截距，
同理可以得到切线与y轴的交点即切线的纵截距，
则由直线的截距式方程得切线方程为，即.
【分析】根据椭圆的极点和极线方程可列式求出直线l关于椭圆的极点坐标，则由此判断出选项A和选项C；由极点和极限方程性质可表示出过点Q的切线方程，由此表示出四点坐标，再通过向量法求解可判断出选项B；根据圆的相交弦定理和椭圆的光学性质可知，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2025·浙江模拟）双曲线（，）的左、右焦点为，，P为双曲线上一点，且满足轴，，则双曲线的离心率为 .
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为轴，所以为通径的一半，故，
在中，因为，所以，
所以，即，可得.
故答案为：.
【分析】利用轴得出，再利用双曲线的定义和双曲线中a，b，c三者的关系式以及双曲线的离心率公式，从而得出双曲线的离心率.
13．（2025·浙江模拟）在动画和游戏开发中，相切的曲线可生成平滑的角色路径和物体表面.若两条曲线在公共点处有相同的切线，且曲线不重合，则称两条曲线相切.设两抛物线与相切，则 .
【答案】
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：由题意，如图所示：
因为两抛物线与只可能在第一象限相切。
设两个抛物线相切于，在该点处的切线的斜率为，
抛物线在第一象限的图象为函数在第一象限的图象，
函数在该点处的切线的斜率为：，
所以，解方程得：，，
所以，切点为代入，解得.
故答案为：.
【分析】由题意得出两抛物线在第一象限相切，设两抛物线的公共切点为，再借助导数求出两条曲线在该点处的切线斜率，再利用斜率相等建立方程求出切点坐标，则代入函数可得实数a的值.
14．（2025·浙江模拟）对7个相邻的格进行染色，每个格均可从红、绿、黄三种颜色中选一种，则没有相邻红格的概率为 .
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：0个红格，共种；
1个红格，共种；
2个红格，共种；
3个红格，共种；
4个红格，共种，
所以.
故答案为：.
【分析】通过讨论红格个数，则由分类加法计数原理和古典概率公式，从而得出没有相邻红格的概率.
15．（2025·浙江模拟）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，
（1）求A.
（2）若，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，
（Ⅰ）求AM；
（Ⅱ）求.
【答案】（1）解：由正弦定理得，
∵，
∴，
∵，∴，
∴，
又因为，故，
∴，解得.
（2）解：（Ⅰ）∵M是BC的中点，∴，两边平方得：
，
∴.
（Ⅱ）∵M，N分别是BC，AC的中点，
则，.
所以与的夹角等于，
∴，
∵
，
，
在（Ⅰ）中，
所以.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；简单的三角恒等变换；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式得到，再由辅助角公式和特殊角的三角函数值，从而得到角的值.
（2）（Ⅰ）将两边平方得出，再开方得出AM的长.
（Ⅱ）利用与的夹角等于，其中，，
从而计算出，的值，再结合（Ⅰ）中，则利用数量积求向量夹角公式，从而得出的值.
（1）由正弦定理得，
∵，
∴，
∵，∴，
∴，
又，故，
∴，解得；
（2）（Ⅰ）∵M是BC的中点，
∴，两边平方得
，
∴；
（Ⅱ）∵M，N分别是BC，AC的中点，
，.
所以与的夹角等于，
∴.
∵
，
，
又（Ⅰ）中，
所以.
16．（2025·浙江模拟）已知抛物线C：的焦点为F，抛物线C上点满足.
（1）求抛物线C的方程；
（2）设点，过D作直线l交抛物线C于A，B两点，证明：是的角平分线.
【答案】（1）解：由，可得，
所以抛物线C的方程为.
（2）证明：根据题意，直线斜率不为0，
设其方程为：，，，
由得，
由，可得：或，
由韦达定理得：，.
则
，
即直线与直线的倾斜角互补，
所以是的角平分线.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和抛物线的定义得出p的值，从而得出抛物线C的方程.
（2）根据题意，直线斜率不为0，设直线AB的方程为：，将直线AB的方程与抛物线方程联立，再根据韦达定理可得，即直线与直线的倾斜角互补，从而证出是的角平分线.
（1）由，可得，
所以抛物线C的方程为.
（2）根据题意，直线斜率不为0，设其方程为：，，，
由得，由，可得：或，
由韦达定理得：，.
则
，即直线与直线的倾斜角互补，
所以是的角平分线.
17．（2025·浙江模拟）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，，，，，E为AB的中点，M为CE的中点.
（1）证明：；
（2）若，N为PC中点，且AN与平面PDM所成角的正弦值为，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明：在梯形ABCD中，连接交BD于CE一点，
因为且，
所以四边形CDBE为平行四边形，
所以BD与CE的交点即为CE中点M，
由已知可得，，，，
由余弦定理得，
所以三角形为直角三角形，所以，
又因为，，
所以，且，
所以平面PBD，
又因为平面PBD，所以.
（2）解：由（1）知，平面PDM，
如图，以D为坐标原点，分别以DB，DC为x，y轴，垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，
设，则，，
平面PDM的一个法向量为，
设直线AN与平面PDM所成角为，
则，
化简得.
由，可得，
则，，
故.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用勾股定理证出，再利用题意证出，从而证出直线平面PBD，再根据线面垂直的性质定理证出.
（2）由（1）知，平面PDM，从而建立空间直角坐标系，再利用线面所成角的向量求法得出高度h的值，再结合四棱锥的体积公式得出四棱锥 的体积.
（1）证明：在梯形ABCD中，连接交BD于CE一点，
因为且，所以四边形CDBE为平行四边形，
所以BD与CE的交点即为CE中点M.
由已知可得，，，，由余弦定理得，
所以三角形为直角三角形，所以，
又，，所以，且，所以平面PBD，
又平面PBD，所以.
（2）由（1）知，平面PDM，如图，以D为坐标原点，分别以DB，DC为x，y轴，垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，
设，则，，
平面PDM的一个法向量为，
设直线AN与平面PDM所成角为，
则，
化简得.
由，可得，求得，.
故.
18．（2025·浙江模拟）已知函数，其中.
（1）若函数是偶函数，求；
（2）当时，讨论函数在上的零点个数；
（3）若，，求的取值范围.
【答案】（1）解：因为函数是偶函数，所以，
即，
解得：.
（2）解：当时，，
，，
令，则，
当时，，
当时，，单调递增，
又因为，，
所以存在，使得，
当，，单调递减；
当，，单调递增，
又因为，，，
所以在上存在一个零点.
综上所述，函数在有两个零点.
（3）解：当时，；
当时，，
则.
（ⅰ）当时，
，，成立；
（ⅱ）当时，
若，
则，单调递增，
所以；
若，则，，成立.
（ⅲ）当时，若，则成立，
只要考虑，此时令，
则，递增，
，，
所以，存在，使得，
若，则，递减；
若，则，递增，
所以，
解得，此时，
所以，则，
综上所述，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由偶函数的定义建立方程，从而求出的值.
（2）代入得到，从而得出，令后再求导，由解析式可知当时，恒成立；当时，，得到单调递增，由二分法知在存在唯一零点，由此可知函数的单调区间，再由二分法得到函数的零点.
（3）当时，恒成立，所以当时，由求出的取值范围，再将的取值范围分为，，三个范围，由三角函数的性质和导函数判断函数单调性的方法，从而建立不等式求出的取值范围.
（1）因为函数是偶函数，所以.
即，
解得：.
（2）当时，.
，，
令，则.
当时，，
当时，，单调递增，
又，，
所以存在，使得.
，，单调递减，，，单调递增，
而，，，所以在上存在一个零点.
综上，函数在有两个零点.
（3）当时，；当时，，
则.
（ⅰ）当时，，，成立；
（ⅱ）当时，
若，则，单调递增，
所以；
若，则，，成立；
（ⅲ）当时，若，则成立；
只要考虑，此时令，
则，递增，，，
所以存在，使得，
若，则，递减；若，则，递增.
所以，解得.
此时，所以，从而.
综上，.
19．（2025·浙江模拟）设，对于数列，，…，，若对任意，与均为非负数或者均为负数，则称数列，，…，为强数列.
（1）判断数列，，，，与数列，，，，分别是否为强数列；
（2）若存在公比为负数的等比数列，，…，，使得它为强数列，求公比q的取值范围；
（3）设，，…，为强数列，且数列中正数与负数交替出现（不出现0），证明：一定可以从数列，，…，中选出连续三项，不改变它们在原数列中的顺序，它们三项构成一个强数列.
【答案】（1）解：数列0，1，0，，0，前两项和为1，后三项和为，不是强数列；
数列1，0，，0，1，满足第一项、前两项、前三项、前四项、后一项、
后两项、后三项、后四项的和均非负，是强数列.
（2）解：（方法一：等比数列求和）
设首项，公比，
依题意，，即，
故，即，故；
另一方面，，
即，
故，即，故，
则，，
又因为1，，1，…，1，，1满足条件，综上所述，.
（方法二：局部分析）
设首项，公比，
依题意，，
∴，
即，
又∵，
∴，
即，
故，即，则，；
同理，，
故，，则，
又因为1，，1，…，1，，1满足条件，
综上所述，.
（3）证明：注意到若连续三项构成强数列，
则中间项的绝对值最小，取数列中绝对值最小的一项，
（若最小的同时存在正项和负项，取负项）.
如果，
①若，则，，
故，与（2）中矛盾；
②若，则，，故，
由（2）知矛盾，所以不为首项，同理不为末项，我们取，，三项.
（ⅰ）若，则，，且，，故，，，，构成强数列；
（ⅱ）若，则，，且，，故，，，，构成强数列.
【知识点】数列的概念及简单表示法；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【分析】（1）先求两个数列中所有三角函数值，再根据强数列的定义判断出数列，，，，与数列，，，，分别是否为强数列.
（2）利用两种方法求解.
方法一：利用等比数列求和公式，则借助，分别得出，，从而得出，进而得出的值，验证后可得公比q的取值范围.方法二：借助局部分析得出与，从而得出的值，验证后可得公比q的取值范围.
（3）注意到若连续三项构成强数列，则中间项的绝对值最小，取数列中绝对值最小的一项，若，由（2）知矛盾，得出不为首项和末项，再取，，三项，进行与分类讨论，从而证出一定可以从数列，，…，中选出连续三项，不改变它们在原数列中的顺序，它们三项构成一个强数列.
（1）数列0，1，0，，0，前两项和为1，后三项和为，不是强数列；
数列1，0，，0，1，满足第一项、前两项、前三项、前四项、后一项、后两项、后三项、后四项的和均非负，是强数列.
（2）（方法一：等比数列求和）设首项，公比，
依题意，，即，
故，即，故.
另一方面，，即，
故，即，故.
于是，，又1，，1，…，1，，1满足条件，综上，.
（方法二：局部分析）设首项，公比，
依题意，，∴，
即，
又∵，∴
即，
故，即，故，.
同理，，
故，，
于是，又1，，1，…，1，，1满足条件，综上，.
（3）注意到若连续三项构成强数列，则中间项的绝对值最小，取数列中绝对值最小的一项，
（若最小的同时存在正项和负项，取负项）.
如果，
①若，则，，故，与（2）中矛盾；
②若，则，，故，由（2）知矛盾，
于是不为首项，同理不为末项，我们取，，三项.
（ⅰ）若，则，，且，，故，，，，构成强数列；
（ⅱ）若，则，，且，，故，，，，构成强数列.
