精品解析：广东省肇庆市2025届高三第二次模拟数学试题

肇庆市2025届高中毕业班第二次模拟考试 数学 本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的信息填写清楚､准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处. 2.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效. 3.答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破､弄皱，不得使用涂改液､修正带､刮纸刀.考试结束后，请将本试题及答题卡交回. 一､选择题：本题共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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 3. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 4. 小王数学期末考试考了分，受到爸爸表扬的概率为，受到妈妈表扬的概率也为，假设小王受爸爸表扬和受妈妈表扬独立，则小王被表扬的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列的前项和为，满足，则下列判断正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. C. 数列存最大值 D. 数列存在最大值 6. 已知是锐角，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线是双曲线的一条渐近线，是坐标原点，是的焦点，过点作垂直于直线交于点的面积是，则的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正三棱锥底面是边长为的正三角形，高为2，则该三棱锥的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.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. 下列函数中是奇函数且是周期函数的是（ ） A. B. C D. 10. 如图，在棱长为的正方体中，点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若，则存在，使 D. 若，则存在，使平面 11. 已知函数有两个极值点，则（ ） A. 或 B. C. 存在实数，使得 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，所有项的系数和为__________. 13. 已知函数，则的最小值是__________. 14. 直线与椭圆交于两点不是椭圆顶点），设，当直线的斜率是直线斜率的2倍时，__________. 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. 在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.记的内角所对的边分别是，已知__________. （1）求. （2）设为的内心（三角形三条内角平分线的交点），且满足，求的面积. 16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，平面平面. （1）证明：平面. （2）若为的中点，求到平面的距离. 17. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右、上、下顶点分别为.设为上并且位于第一象限的两点，满足. （1）若交轴于，且，求椭圆的离心率. （2）在（1）的条件下，为的中点，直线交于点（其中在轴上方）.证明：. 18. 购买盲盒成为当下年轻人的潮流之一､其最吸引人的地方是因为盒子上没有标注物品具体信息，买家只有打开才会知道自己买到了什么.某商店推出种款式不同的盲盒，购买规则及概率如下：每次购买一个，且买到任意一种款式的盲盒是等可能的.小刘特别喜欢种款式中的一种. （1）若种款式的盲盒各有一个. （i）求小刘第二次才抽到特别喜欢的款式的概率. （ii）设小刘抽到特别喜欢的款式所需次数为，求的数学期望. （2）若每种款式的盲盒数量足够多，每次盲盒被买后老板都会补充被买走的款式.商店为了满足客户的需求，引进了保底机制：在抽取前指定一个款式，若前次未抽出指定款式，则第次必定抽出指定款式.设为小刘抽到某指定款式所需的次数，求的数学期望（参考数据：，结果保留整数）. 19. 把一列函数按一定次序排列称为函数列，记为.例如：函数列可以记为.记为的导函数. （1）若.证明：为等差数列. （2）已知定义在上的函数列满足，且对任意的，都有. （i）设，证明：的充要条件是. （ii）取定正数，使数列是首项和公比均为的等比数列，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 肇庆市2025届高中毕业班第二次模拟考试 数学 本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的信息填写清楚､准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处. 2.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效. 3.答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破､弄皱，不得使用涂改液､修正带､刮纸刀.考试结束后，请将本试题及答题卡交回. 一､选择题：本题共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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求得集合，利用交集的运算即可求解. 【详解】， ， 则. 故选：D. 2. 已知，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数除法法则求得复数，可求得. 【详解】因为， 所以，则. 故选：C. 3. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量的坐标运算求得向量的坐标，利用向量共线的条件的坐标表示得到方程，求解可得. 【详解】因，，故， 又，故得 故选：A. 4. 小王数学期末考试考了分，受到爸爸表扬的概率为，受到妈妈表扬的概率也为，假设小王受爸爸表扬和受妈妈表扬独立，则小王被表扬的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】相互独立事件的概率，采用乘法公式，正面分类复杂，求对立事件（小王不被表扬）的概率可得解. 【详解】记小王受到爸爸表扬为事件，小王受到妈妈表扬为事件，小王受到表扬为事件， 小王同学受爸爸表扬和受妈妈表扬相互独立，则. 故选：C 5. 已知数列的前项和为，满足，则下列判断正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. C. 数列存在最大值 D. 数列存在最大值 【答案】D 【解析】 【分析】利用，可求通项公式判断AB；由可知单调性判断CD. 【详解】由可知，当时，， 因为，所以， 故数列是从第二项开始的等差数列，故A错误. 将的通项公式可得，故B错误. 由知，数列为递增数列，不存在最大值，故C错误. 由知，数列为递减数列，故存在最大值，故D正确. 故选：D. 6. 已知是锐角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由联立可得. 【详解】由得， 由得， 化简得，得 故选：B. 7. 已知直线是双曲线的一条渐近线，是坐标原点，是的焦点，过点作垂直于直线交于点的面积是，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，求解可得双曲线方程. 【详解】由题意知，解得，则双曲线方程为. 故选：B. 8. 已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，高为2，则该三棱锥的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过球心在三棱锥内、外两种情况，结合勾股定理求得半径即可求解. 【详解】如图， 若球心在三棱锥内，设为底面的外接圆的圆心. 球的半径为，则. 因为，所以，解得. . 若球心在三棱锥外，则， 同理由解得，此时，不符合题意. 故选：A. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.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. 下列函数中是奇函数且是周期函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据函数的定义域及奇偶性的定义和周期函数的定义即可判断. 【详解】若，定义域为， 则是奇函数， 是周期函数，故A正确； 若，则，故不是奇函数，故B错误； 若，定义域为， 则， 故不是奇函数，故C错误； 若，定义域为， 则是奇函数， 是周期函数，故D正确. 故选：AD. 10. 如图，在棱长为的正方体中，点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若，则存在，使 D. 若，则存在，使平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项，统一变量，结合向量的线性运算关系判断动点的位置可得出结果；C选项可做反解验证，以垂直为条件运算；D选项为探究，可假设存在，以线面垂直为条件求解验证判别. 【详解】 对于A，若，则，则点在线段上，如上图. 因平面平面，且平面平面，平面平面， 故因平面，平面，故平面，同理可证平面， 因平面，平面，且，故有平面平面， 又因为平面，所以平面，故A正确； 对于B，若，则（为中点）如上图. 又因为，所以.故点的轨迹长度为，故B正确； 对于C，若，则，所以. ，所以点在线段上（如上图）.假设，则， 即，化简得， 该方程无解，所以不存在，故C错误； 对于D，如上图，设为的中点， 当时，则，即， 建立如图所示的空间直角坐标系. 则， . 所以. 假设平面，则， 即，解得.故D正确. 故选： . 11. 已知函数有两个极值点，则（ ） A. 或 B. C. 存在实数，使得 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】A，B选项，两个极值点问题，转化为导函数两个异号零点问题；通过复合函数换元，将导函数转化为对勾函数或二次函数，利用对勾函数和二次函数的图象与性质快速的求解； C选项，解法1：先利用整体代入法，消，再利用单调性证明；解法2：利用为极小值点，通过证明； D选项，利用消元，转化为，利用单调性证明； 【详解】易知， 令，则. 令，则.设， 由对勾函数的图象可知： 当时，与的图象有两个交点， 因为，故不成立，故A错误； 设，则①， 设为①式的两根，则，即②， ③. 由③式可知，所以，则， 故B正确； 解法1：由②式可知， 令， 则， 则在上单调递减，所以， 故，所以不存在实数使得，故C错误； 解法2：，，， 可得为区间的极小值点，则必有，故C错误； 由③式可知，所以， 要证 ， 仅需证明成立 令，则. 则在上单调递增，所以， 故，故D正确. 故选：BD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，所有项的系数和为__________. 【答案】 【解析】 【分析】令，可得所有项的系数和. 【详解】令，可得所有项的系数和为. 故答案为：. 13. 已知函数，则的最小值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】分别求出函数在各段上的最小值，再比较即可求出． 【详解】当时，单调递减，所以. 当时，在区间上单调递减，在区间上单调增， 所以. 综上所述，的最小值是. 故答案为：. 14. 直线与椭圆交于两点不是椭圆的顶点），设，当直线的斜率是直线斜率的2倍时，__________. 【答案】 【解析】 【分析】直曲联立，可得方程两根的和与积，点坐标已知，表达与的斜率之积，可得定值，要求参数的范围，需要构建两根和与积之间的等量关系，与的斜率乘积代换即可实现. 【详解】设，由可知. 由知，，解得. ，① ，② . 又， ，即，化简得， 将①②代入上式可得，解得或，满足. 当时，直线经过椭圆右顶点，不合题意，舍去.综上所述. 故答案为：. 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. 在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.记的内角所对的边分别是，已知__________. （1）求. （2）设为的内心（三角形三条内角平分线的交点），且满足，求的面积. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】小问1：若选条件①，应用正弦定理，对等式左侧采用角化边即可统一元素，结合余弦定理可得解；若选择条件②，等式右侧据正弦定理边化角，交叉相乘做恒等变换可得解； 小问2：由面积公式，需求两边乘积和夹角，由三角形的内角和定理和内心的性质，可求出夹角，应用余弦定理求两边的乘积即可. 【小问1详解】 选择条件①：. 由正弦定理得， 所以. 由余弦定理，得. 因为，所以. 选择条件②：因为，所以，即. 由正弦定理得，即. 因为，所以，所以. 因为，所以，所以.因为，所以. 【小问2详解】 连接， 因为点是内心，所以. 因为，所以， 所以，所以. 由余弦定理得，即，解得， 所以. 16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，平面平面. （1）证明：平面. （2）若为的中点，求到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】(1)利用面面垂直的性质,在平面中,作,证明平面,再利用线面垂直证明； (2) 求到平面的距离,首先需证明平面,转化为点到平面的距离,再利用建系法或者等体积法求解； 【小问1详解】 证明：如图,在平面内作,交于点. 因为平面平面,平面平面平面, 所以平面,则. 因为平面,所以, 因为平面,所以平面. 【小问2详解】 解：如图，连接交于点,连接.易知为的中位线,所以. 因为平面平面,所以平面, 所以到平面的距离,即为点到平面的距离. 由（1）知平面,所以. 因为,所以.又因为平面,所以两两垂直. 因为,所以. 法一（建系）：如图,以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 则, 所以, . 设平面的法向量为, 则即 取,则,所以平面的一个法向量为. 则点到平面的距离,即到平面的距离为 法二（几何）：因为平面,所以,因为平面,所以,所以是直角三角形. 所以,因为是斜边的中点,所以. 则. 设点到平面的距离为,则,解得，即到平面的距离为. 17. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右、上、下顶点分别为.设为上并且位于第一象限的两点，满足. （1）若交轴于，且，求椭圆的离心率. （2）在（1）的条件下，为的中点，直线交于点（其中在轴上方）.证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先应用平行得出角的值，再结合计算得出离心率； （2）先设点，结合得出，最后由点在椭圆上计算得证. 【小问1详解】 因为，所以. 所以，则， 则，解得， 则. 【小问2详解】 由（1）知，. 设点，因为，所以存在，使，则. 因为是的中点，所以. 又因为三点共线，所以存在，使. 令，则， 则由点椭圆上得， 整理得， . 因为点在椭圆上，所以，整理得. 所以. 【点睛】关键点点睛：证明的关键点是应用点在椭圆上得出计算化简求值. 18. 购买盲盒成为当下年轻人的潮流之一､其最吸引人的地方是因为盒子上没有标注物品具体信息，买家只有打开才会知道自己买到了什么.某商店推出种款式不同的盲盒，购买规则及概率如下：每次购买一个，且买到任意一种款式的盲盒是等可能的.小刘特别喜欢种款式中的一种. （1）若种款式的盲盒各有一个. （i）求小刘第二次才抽到特别喜欢的款式的概率. （ii）设小刘抽到特别喜欢的款式所需次数为，求的数学期望. （2）若每种款式的盲盒数量足够多，每次盲盒被买后老板都会补充被买走的款式.商店为了满足客户的需求，引进了保底机制：在抽取前指定一个款式，若前次未抽出指定款式，则第次必定抽出指定款式.设为小刘抽到某指定款式所需的次数，求的数学期望（参考数据：，结果保留整数）. 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）根据条件，利用全概率公式，即可求解；（ii）由题知的可能取值为，利用古典概率公式求出相应取值对应的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式，即可求解； （2）根据条件，求出的分布列，进而求出，再利用错位相减法，即可求解. 【小问1详解】 （i）设小刘第次抽到特别喜欢的款式为事件. 则小刘第二次才抽到特别喜欢的款式的概率为. （也可以用） （ii）的可能取值为， 则， 所以的分布列为 1 2 19 20 则. 【小问2详解】 记的可能取值为. 因为前9次（包含第9次）没有保底， 则，其中， ， 所以的分布列为 1 2 9 10 则. 记， 则， 两式相减，得， 所以. 【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）问，求得后，利用错位相减法求解. 19. 把一列函数按一定次序排列称为函数列，记为.例如：函数列可以记为.记为的导函数. （1）若.证明：为等差数列. （2）已知定义在上的函数列满足，且对任意的，都有. （i）设，证明：的充要条件是. （ii）取定正数，使数列是首项和公比均为的等比数列，证明：. 【答案】（1）证明见解析； （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导得，利用等差数列的定义判断即可； （2）令，求导可得在上单调递增，可得当时，，（i）再证明充分性与必要性即可. （ii）由题意可得，只需证，构造函数，求导利用单调性可得，求解即可. 【小问1详解】 由题知，所以， 记，因为， 所以为等差数列，即是首项为，公差为的等差数列. 【小问2详解】 令，则. 所以在上单调递增，所以当时，， 则当时，. （i）充分性：当时，由题知显然成立. 必要性：若，则由时，，得， 则，所以. 因为，所以. 所以的充要条件是. （ii）由题知，且，则， 两边取自然对数得，则需. 考虑函数， 当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以. 因为在上单调递减，所以， 所以， 则，即. 【点睛】关键点点睛：第二问2小问通过转化即证，从而转化为恒成立问题，构造函数，求得最大值即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$