精品解析：广东省金山中学、中山一中、佛山一中、宝安中学2025届高三第二次联考数学试题

金山中学、中山一中、佛山一中、宝安中学 2025届高三年级第二次联考数学 命题人：欧阳岚 审题人：胡士军 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，，则“”是“”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 3. 已知且，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. D. 8 4. 关于二项式，若展开式中含的项的系数为，则（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. -1 5. 已知复数数列满足，，其中，其中是虚数单位，表示的共轭复数，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知某圆锥的母线长为2，记其侧面积为S，体积为V，则当取得最大值时，母线与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积. 已知椭圆（）的右焦点为，过F作直线l交椭圆于A、B两点，若弦中点坐标为，则椭圆的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则下列结论不正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 在区间上单调递增 C. 有3个零点 D. ， 二、选择题：本题共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. 已知直线和平面，则下列命题中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 某学校有甲、乙、丙三个社团，人数分别为、、，现采用分层抽样的方法从中抽取人，进行某项兴趣调查．已知抽出的人中有人对此感兴趣，有人不感兴趣，现从这人中随机抽取人做进一步的深入访谈，用表示抽取的人中感兴趣的学生人数，则（ ） A. 从甲、乙、丙三个社团抽取的人数分别为人、人、人 B. 随机变量 C. 随机变量的数学期望为 D. 若事件“抽取的3人都感兴趣”，则 11. 如图，函数的部分图象与直线交于两点，点在曲线上，且的面积为，则（ ） A. B. 为偶函数 C. 在上单调递减 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在中，若，，，则_________. 13. 已知，，成等差数列，若直线与曲线相切，则________． 14. 已知平面向量，，，满足，，，则的最小值为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15. 已知数列满足，，，数列是各项均为正数的等比数列，，且. （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 如图四边形是边长为的菱形，，平面外的点，满足，，，四点共面，且底面，. （1）证明：； （2）若，，求与平面所成的角的余弦值. 17. 已知函数. （1）若时，恒有，求a的取值范围； （2）证明：当时，. 18. 已知点，平面内过一动点（异于）的直线分别与直线4相交于两点，且，记动点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）若斜率为1的直线与相交于两点，且，求的方程； （3）记与外接圆的半径分别为，求的最小值. 19. 一般地，任何一个复数（a，）可以写成，其中r是复数的模，是以x轴非负半轴为始边，射线OZ为终边的角，称为复数的辐角.我们规定在范围内的辐角称为辐角主值，通常记作argz，如，，.发现，就是说两个复数相乘，积的模等于各复数模的积，积的辐角等于各复数辐角的和.考虑如下操作：从写有实数0，1，的三张卡片中随机抽取两张，将卡片上的两个数依次作为一个复数的实部和虚部.设n为正整数，重复n次上述操作，可得到n个复数，将它们的乘积记为. （1）写出一次操作后所有可能的复数； （2）当，记的取值为X，求X的分布列； （3）求为实数的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金山中学、中山一中、佛山一中、宝安中学 2025届高三年级第二次联考数学 命题人：欧阳岚 审题人：胡士军 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过令进行分类讨论，求出集合B，再根据并集的含义即可求解. 【详解】因为，， 所以当时，；当时，； 所以，因此 故选：A 2. 若，，则“”是“”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】A 【解析】 【分析】先根据平面向量共线的坐标表示求得或，再根据充分、必要条件的定义判断即可. 【详解】由，得，解得或， 所以“”是“”的充分不必要条件． 故选：A 3. 已知且，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用基本不等式求出最小值. 【详解】且，则， 当且仅当，即时取等号， 所以当时，的最小值为8. 故选：D 4. 关于二项式，若展开式中含的项的系数为，则（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. -1 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式展开式可求得含的项的系数，即得方程，求得答案. 【详解】由题意得的系数为，解得， 故选：C. 5. 已知复数数列满足，，其中，其中是虚数单位，表示的共轭复数，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据利用复数相等列出等式，结合等差数列知识解决即可. 【详解】先设（，），由，得到，，而， 于是就有， 从而， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以， 又，进而得到，， 所以的奇数项以为首项，公差为1的等差数列，所以， 因此就有，， 所以. 故选：C 6. 已知某圆锥的母线长为2，记其侧面积为S，体积为V，则当取得最大值时，母线与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥的半径为，则圆锥的高为，由利用基本不等式求出，再求母线与底面所成角的正弦值即可. 【详解】如图，为圆锥底面的中心，则底面圆， 则即为圆锥母线与底面所成的角， 设圆锥的半径为，则圆锥的高为， 所以， 当且仅当即， 则母线与底面所成角的正弦值为. 故选：A. 7. 阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积. 已知椭圆（）的右焦点为，过F作直线l交椭圆于A、B两点，若弦中点坐标为，则椭圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用作差法构建斜率、中点坐标相关方程，再结合即可求解出a、b，进而求出面积. 【详解】设，，则有，两式作差得：， 即， 弦中点坐标为，则， 又∵，∴，∴， 又∵，∴可解得，， 故椭圆的面积为. 故选：C 8. 已知，则下列结论不正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 在区间上单调递增 C. 有3个零点 D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，先求出，然后根据函数奇偶性的定义判断，对于B，利用导数判断，对于C，由求解其零点，对于D，分别考查. ，的取值范围，结合不等式性质得到结果. 【详解】显然，的定义域为，的定义域为，且 ， 记，则有 ， 故是奇函数，因此选项A正确. 令，则有，即或， 解得或，即，，或，故有3个零点，因此选项C正确. ，，而，所以，即，故选项D正确. 因此，选项B不正确.事实上，， 且，，故存在，使得，从而当时，，故在区间上单调递减. 故选：B 二、选择题：本题共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. 已知直线和平面，则下列命题中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据线面，面面平行和垂直的判定定理及性质定理逐一判断即可. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，则存在直线使得， 又因为若，所以， 又，所以，故C正确； 对于D，若，则平行或相交，故D错误. 故选：AC. 10. 某学校有甲、乙、丙三个社团，人数分别为、、，现采用分层抽样的方法从中抽取人，进行某项兴趣调查．已知抽出的人中有人对此感兴趣，有人不感兴趣，现从这人中随机抽取人做进一步的深入访谈，用表示抽取的人中感兴趣的学生人数，则（ ） A. 从甲、乙、丙三个社团抽取的人数分别为人、人、人 B. 随机变量 C. 随机变量的数学期望为 D. 若事件“抽取的3人都感兴趣”，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合分层抽样性质求出各社团所需抽取人数判断A，求随机变量的分布列，判断BD，由期望公式求的期望，判断C. 【详解】设甲、乙、丙三个社团分别需抽取人，则 ， 所以，，， 所以从甲、乙、丙三个社团抽取的人数分别为人、人、人，A正确； 随机变量的取值有，，， ，，， 所以随机变量的分布列为 所以B错误； 由期望公式可得随机变量的数学期望，C正确； 因为，所以D正确. 故选：ACD. 11. 如图，函数的部分图象与直线交于两点，点在曲线上，且的面积为，则（ ） A. B. 为偶函数 C. 在上单调递减 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据三角函数图象及的面积为，列方程求出，将代入求出，进而求出判断B；由，求出，取，即可判断C；由，，可求出当时，取得最小值，即可判断D. 【详解】设，， 因为的面积为，所以， 则，则， 由图象可知，，， 两式相减得，，所以，所以，A错误； 则，将点代入得，， 由五点作图法可知，，所以， 所以， 故， 令，定义域为，关于原点对称， 又，所以为偶函数，B正确； 令，解得，， 取，则在上单调递减， 所以在上单调递减，C正确； 令，，解得，， 令，解得， 所以当时，取得最小值， 所以，D正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在中，若，，，则_________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据同角三角函数关系得，最后利用正弦定理即可解出. 【详解】因为，为三角形内角，则， 则由正弦定理得，即，解得. 故答案为：. 13. 已知，，成等差数列，若直线与曲线相切，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据，，成等差数列可得直线过定点，又点在曲线上，可得直线与曲线相切于点，切线方程可求，进而可得的值. 【详解】由题意得，直线， 故直线过定点，且曲线过点， 故直线与曲线（无拐点）相切于点.∵， ∴直线的斜率，∴直线的方程为，∴， ∴. 故答案为：. 14. 已知平面向量，，，满足，，，则的最小值为________. 【答案】2 【解析】 【分析】设，，，根据题意分析得为双曲线右支上一点，为圆上一点，从而将问题转化为的最小值，利用双曲线与圆的性质即可得解. 【详解】因为，所以假设，，. 由，得， 设，则点到点与的距离之差为2， 即点的轨迹为双曲线的右支，其中， 则，即为双曲线右支上一点. 由，得，即为圆上一点. 如图，要求的最小值，即求的最小值，即求的最小值. 设，，所以，所以. 故答案为：2. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用向量的运算，结合圆与双曲线的定义将问题转化为求的最小值，从而得解. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15. 已知数列满足，，，数列是各项均为正数的等比数列，，且. （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件得到为等差数列，从而求出通项公式，再设的公比为，根据得到公比，求出通项公式； （2），错位相减法求和，得到答案. 【小问1详解】 ， 又，，故， 故为等差数列，首项为2，公差为2， 所以； 设的公比为，则， 又，故，解得， 又，所以； 【小问2详解】 ， 设数列的前项和为， 则①， ②， 则①-②得 ， 故 16. 如图四边形是边长为的菱形，，平面外的点，满足，，，四点共面，且底面，. （1）证明：； （2）若，，求与平面所成的角的余弦值. 【答案】（1） 连接，与相交于点，连接， 因为四边形是边长为的菱形，所以⊥，且， 因为底面，平面， 所以， 其中，，，四点共面 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 又，由三线合一可知； （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到⊥，且，由线面垂直得到，从而⊥平面，所以⊥，由三线合一可知； （2）建立空间直角坐标系，设，得到，又，故，故，，求出平面的法向量，利用公式先求出线面角的正弦值，进而得到线面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作，交于点， 因为底面，所以底面， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 因为四边形是边长为的菱形，， 所以均为等边三角形， 故， ，，故， 因为底面，平面， 所以⊥，又，故， 其中，设， 设，故， 解得，故， 又，故，解得，故，， ， 设平面的法向量为， 则， 解得，令得，故， 设与平面所成的角大小为， 则， 故， 所以与平面所成的角的余弦值为. 17. 已知函数. （1）若时，恒有，求a的取值范围； （2）证明：当时，. 【答案】（1） （2） 证明：解法一：当时，由（1）可得，，即， 故有 又， 故只需证明：时，即可； 即证：时，成立 令，则，于是 设，则， 即在上单调递增，故. 即恒成立， 故有，从而当时，有成立. 解法二： 设，则，于是 由于（），故在上单调递增. 又因为，，所以，只需证明即可. 事实上，取，由（1）可得， 因此，，即成立. 所以，当时，原不等式恒成立. 【解析】 【分析】（1）由题意，对函数求导，对导函数再次求导，研究导函数的单调性，进而得到原函数的单调性，其中采用分类讨论，可得答案； （2）解法一：由（1），当时，证明成立，采用放缩法，转化不等式的证明问题，构造函数，利用导数，可得答案；解法二：整理不等式，构造函数，利用新函数的单调性，化简不等式，利用（1）中，当时，函数的性质，可得答案. 【小问1详解】 因为，所以， 令，则，显然在上单调递增， 故， ①当时，，故恒成立，即在上单调递增，从而恒成立，因此在上单调递增，从而有恒成立，符合题意； ②当时，， 又，由零点存在定理可知，存在，使得， 因此当时，，即在上单调递减，从而当时，，即在上单调递减，从而有，这与题设不符. 综上可知，a的取值范围为. 【小问2详解】 略 18. 已知点，平面内过一动点（异于）的直线分别与直线4相交于两点，且，记动点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）若斜率为1的直线与相交于两点，且，求的方程； （3）记与外接圆的半径分别为，求的最小值. 【答案】（1）（）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）设，根据斜率的两点式及其乘积为定值，即可得轨迹方程； （2）设l的方程为，，，联立曲线，应用韦达定理及弦长公式列方程求参数m，即可得结果； （3）设直线PA的方程为，则直线PB的方程为，进而求出坐标及，应用正弦定理求外接圆半径，结合可得，最后应用基本不等式求最值即可. 【小问1详解】 设，由，得，整理得. 因为点P异于点A，B，所以C的方程为（）. 【小问2详解】 设l的方程为，，，则. 联立方程组，整理得， 则，即， 所以，， 则，解得，满足题设， 所以l的方程为. 【小问3详解】 设直线PA的方程为，则直线PB的方程为. 令，得，同理得，则. 在中，由正弦定理知，同理可得. 因为，所以， 从而，当且仅当时等号成立， 故的最小值为. 19. 一般地，任何一个复数（a，）可以写成，其中r是复数的模，是以x轴非负半轴为始边，射线OZ为终边的角，称为复数的辐角.我们规定在范围内的辐角称为辐角主值，通常记作argz，如，，.发现，就是说两个复数相乘，积的模等于各复数模的积，积的辐角等于各复数辐角的和.考虑如下操作：从写有实数0，1，的三张卡片中随机抽取两张，将卡片上的两个数依次作为一个复数的实部和虚部.设n为正整数，重复n次上述操作，可得到n个复数，将它们的乘积记为. （1）写出一次操作后所有可能的复数； （2）当，记的取值为X，求X的分布列； （3）求为实数的概率. 【答案】（1）1，i，，，， （2）X的分布列为 X 1 2 3 4 P （3）【解析】 【分析】（1）根据题意，直接得到结果； （2）根据题意，由条件可得X的取值为1，，2，3，，4，然后分别计算其对应概率，即可得到分布列； （3）根据题意，由条件可得或，分别得到一次操作后得到的复数的辅角主值，然后在次操作中，分别设得到i，的次数为，的次数为，的次数为，即可得到，然后得到与之间的关系，即可得到结果. 【小问1详解】 一次操作后可能的复数为：1，i，，，，， 【小问2详解】 一次操作后复数的模所有可能的取值为是：1，1，，，2，2 由，故X的取值为1，，2，3，，4 ，，. ，，， 所以X的分布列为 X 1 2 3 4 P 【小问3详解】若为实数，则或. 而1，i，，，，的辅角主值分别是0，，0，，，， 设在n次操作中，得到i，的次数为，得到的次数为，得到的次数为， 于是， 从而，即 因此，所有的概率即为是3的倍数的概率，下面研究与之间的关系. （ⅰ）是3的倍数，且第次操作得到的复数是1，i，，（概率为）； （ⅱ）被3除余1，且第次操作得到的复数是（概率为）； （ⅲ）被3除余2，且第次操作得到的复数是（概率为）； 因此由全概率公式可以得到： 变形得，其中，故 【点睛】关键点睛：本题主要考查了复数与离散型随机变量以及数列的综合应用，难度较大，结合数列的递推关系式从而得到与之间的关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $