精品解析：河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区）2024-2025学年高三下期二模测试（二）数学试题

河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区） 2024-2025学年高三下期二模测试（二） 数学试题 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 若（i为虚数单位），则（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知向量，．若，则实数 的值是（ ） A. -2 B. 2 C. D. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 2 B. 6 C. 4 D. -4 4. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. B. C. D. 5. 若存在满足，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知等比数列的前n项和为，则（ ） A. 2 B. C. D. 4 7. 在 中，，则 的形状是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 等边三角形 8. 如图，已知异面直线成角，公垂线段长度为2．线段 两个端点分别在直线上移动，且线段 的长度为4，则线段 中点的轨迹的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 已知抛物线的焦点为F，点A，B在抛物线上运动，坐标原点为O．若最小值为2，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当点F为的重心时， C. 当点F为的垂心时，以AB为直径的圆与有公共点 D. 当A、B两点关于直线对称时，与面积相等 10. 如图，点是以为顶点的正方形边上的动点，角以为始边，为终边，定义，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则下列错误的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知是奇函数，且当 时，.若，则 __________ 13. 若曲线与曲线有三条公切线，则 的取值范围是______. 14. 已知正项等比数列的公比不为1，若在的前20项中随机抽取4项，则这4项按原来的顺序仍然成等比数列的概率为____________.（用最简分数作答） 四、解答题（共5题，共77分） 15. 年末某商场举办购物有奖活动：若购物金额超过1000元，则可以抽奖一次，奖池中有9张卡片，“福”“迎”“春”卡各2张，“蛇”卡3张，每次抽奖者从中随机抽取4张卡片，抽到“蛇”卡获得2分，抽到其他卡均获得1分，最终得7分的人可得120元奖金，最终得4分的人可得60元奖金，其他最终得分的人可得20元奖金．已知小钟获得一次抽奖机会． （1）求小钟抽到“福”“迎”“春”“蛇”卡各1张的概率； （2）记小钟的中奖金额为，求的分布列及数学期望． 16. 如图， 内一点满足. （1）若，求的值； （2）若，求 的长. 17. 如图，在几何体中，底面为以 为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面. （1）证明；平面； （2）若，设 为棱 的中点，求当几何体的体积取最大值时,与 所成角的余弦值. 18. 已知F，C分别是椭圆的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，满足． （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的下顶点为 ，过点 作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为M，N，设直线的斜率为的面积为 ，当时，求 的取值范围． 19. 对于一个元正整数集，如果它能划分成个不相交的二元子集的并集，即，且存在，使得，则称这个偶数为可分数.例如，由于二元子集满足，则称2为可分数. （1）判断4和6是否为可分数，并说明理由； （2）求小于81的最大可分数； （3）记小于的可分数的个数为，令，记为数列的前项和，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区） 2024-2025学年高三下期二模测试（二） 数学试题 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 若（i为虚数单位），则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据模长公式即可求解. 【详解】由可得， 故， 故选：C 2. 已知向量，．若，则实数 的值是（ ） A. -2 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据得，进行数量积的坐标运算即可. 【详解】根据已知有： 故选：B. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 2 B. 6 C. 4 D. -4 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式的展开式的通项可求得的展开式中的系数. 【详解】的展开式中的系数即为的展开式中的系数， 又二项式的展开式的通项为， 令，可得， 所以的展开式中的系数为，所以的展开式中的系数. 故选：B. 4. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量共面定理逐项进行判断即可. 【详解】因为构成空间的一个基底，所以不共面， 对于A，因为，所以共面，故A错误； 对于B，因为，所以共面，故B错误； 对于C，设，则，方程组无解，所以不共面，故C正确； 对于D，因为，所以共面，故D错误； 故选：C. 5. 若存在满足，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】参变分离可得存在满足，令，，利用函数的单调性求出，即可得解. 【详解】因为存在满足， 即存在满足， 令，， 因为与在上单调递增， 所以在上单调递增，所以， 所以，即 的取值范围是. 故选：A 6. 已知等比数列的前n项和为，则（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列性质，求解.， 【详解】解：由等比数列性质有，即，解得， 则， 故选：A． 7. 在 中，，则 的形状是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】在 中，，由余弦定理知，，两式相加，利用基本不等式及正弦函数的有界性即可判断出该 的形状． 【详解】 在 中，， 又由余弦定理知，， 两式相加得：， （当且仅当时取“” ，又， （当且仅当时成立）， 为的内角， ，，又， 的形状为等边△． 故选： ． 8. 如图，已知异面直线成角，公垂线段长度为2．线段 两个端点分别在直线上移动，且线段 的长度为4，则线段 中点的轨迹的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点 分别作直线，，以 为坐标原点，直线所成的角平分线所在直线作 轴，直线 所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，，利用距离公式可得，再设线段 中点坐标为，利用中点坐标公式可得的轨迹方程，进而求离心率即可. 【详解】设线段 中点为 ，过点 分别作直线，， 以 为坐标原点，直线所成的角平分线所在直线作 轴，直线 所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 其平面如图， 则，，设，， 则，即， 设线段 中点坐标为，则，可得， 所以，整理得， 所以的轨迹为椭圆，离心率， 故选：B 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 已知抛物线的焦点为F，点A，B在抛物线上运动，坐标原点为O．若最小值为2，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当点F为的重心时， C. 当点F为的垂心时，以AB为直径的圆与有公共点 D. 当A、B两点关于直线对称时，与面积相等 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，由焦半径，得到判定；选项B，由重心坐标公式得到，，结合正切计算即可；选项C，根据垂心性质得到点A，B关于x轴对称，设，借助数量积为0,求出，再验证位置关系即可；选项D，运用点差法，结合点关于直线对称即可解题. 【详解】选项A中，由，所以，则，故选项A对； 选项B中，为重心时，由重心坐标公式有，所以，所以， ，所以，故选项B错； 选项C中，为垂心时，，则点A，B关于x轴对称，设，则，所以，又，所以，则， 则以AB为直径的圆圆心为，半径为，则以AB为直径的圆与相交，故选项C对； 选项D中，设AB中点，则，相减得到，即， 因为A、B两点关于对称，所以，故，代回，故，AB中点坐标为，直线AB的方程为，即，过点，为中点． 所以与面积相等，选项D正确； 故选：ACD． 10. 如图，点是以为顶点的正方形边上的动点，角以为始边，为终边，定义，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】当点为第二象限内的点时，可判断A错误；利用角与点对称的关系以及的定义可判断B正确，易知时，，由基本不等式可知不等式成立，即C正确，利用角平分线定理以及的定义，可证明不等式，可得D正确. 【详解】对于A，当时，易知，依题意可知，故A错误； 对于B，因为角以为始边，为终边，，可得以为始边，为终边，； 所以，故B正确； 对于C，由可得， 由，可得，则不等式等价于， 即可得，显然该不等式成立，即C正确； 对于D，设角的终边与正方形在第一象限的边交于，角的终边与正方形在第一象限的边交于，如下图所示： 设，易知平分， 由角平分线定理可得，因此可得，即，可得D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：判断D选项时关键是根据角与角之间的关系得出平分，再根据角平分线定理求得终边与正方形交点坐标的关系，再由的定义可求解. 11. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则下列错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】应用赋值法构造出的等量关系，再结合不等式性质判断即可. 【详解】依题意，，， 取，得， 取，得，则， 当时，，则当，即时，，即， 取，得，解得，即； 对于AC，由，得， 由 ，得，当且仅当时等号成立； 当时，，即； 当时，，即，故AC错误； 对于BD，将分别取，可得， 又，因此， 则， 即，且不恒为，B错误，D正确. 故选：ABC 【点睛】思路点睛：涉及抽象函数等式问题，利用赋值法探讨函数的性质，再借助性质即可求解. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知是奇函数，且当 时，.若，则 __________ 【答案】 【解析】 【分析】利用奇函数性质，结合题设求出 时的函数的解析式，由代入方程求解即得 【详解】因为是奇函数，且当 时,，则． 又因为，， 所以，将其化成对数式，，解得. 故答案为：. 13. 若曲线与曲线有三条公切线，则 的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数几何意义，分别设出两条曲线的切线方程，将问题转化为一条直线与一条曲线交点个数问题，即可求出 的取值范围. 【详解】设公切线为是与的切点，由，得， 设是与的切点，由，得， 所以的方程为，因为，整理得， 同理，因为，整理得， 依题意两条直线重合，可得， 消去，得， 由题意此方程有三个不等实根，设， 即直线与曲线有三个不同的交点， 因为，令，则， 当或时，；当时，， 所以有极小值为，有极大值为， 因为，，，所以， 当 趋近于时，趋近于0；当 趋近于时，趋近于， 故的图象简单表示为下图: 所以当，即时，直线与曲线有三个交点， 故答案为： 14. 已知正项等比数列的公比不为1，若在的前20项中随机抽取4项，则这4项按原来的顺序仍然成等比数列的概率为____________.（用最简分数作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列定义再对新取出的4项的公比的取值进行分类讨论，可知新数列共有种情况，其为首项，公差的等差数列，可得组合数的总和，即可求得其概率. 【详解】设正项等比数列的首项为，公比，则. 当公比为时，设选出来的四项为； 由，则，解得， 所以，此时有17种情况； 当公比为时，设选出来的四项为； 由，则，解得， 所以，此时有14种情况； 当公比为时，设选出来的四项为； 由，则， 解得， 所以，此时有种情况； 这是一个首项为，公差的等差数列， 那么按原来顺序仍然成等比数列的组合数的总和 在的前20项中随机抽取4项，共有种取法； 故这4项按原来的顺序仍然成为等比数列的概率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用等比数列定义，对新取出的4项的公比的取值进行分类讨论找出对应规律计算出符合题意的组合数，即可求得相应概率. 四、解答题（共5题，共77分） 15. 年末某商场举办购物有奖活动：若购物金额超过1000元，则可以抽奖一次，奖池中有9张卡片，“福”“迎”“春”卡各2张，“蛇”卡3张，每次抽奖者从中随机抽取4张卡片，抽到“蛇”卡获得2分，抽到其他卡均获得1分，最终得7分的人可得120元奖金，最终得4分的人可得60元奖金，其他最终得分的人可得20元奖金．已知小钟获得一次抽奖机会． （1）求小钟抽到“福”“迎”“春”“蛇”卡各1张的概率； （2）记小钟的中奖金额为，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列为 20 60 120 【解析】 【分析】（1）由古典概型概率计算公式求解即可； （2）确定的所有可能取值，求得对应概率即可求解； 【小问1详解】 由题可得小钟抽到“福”“迎”“春”“蛇”卡各1张的概率为． 【小问2详解】 由题可知的所有可能取值为20，60，120． 的分布列为 20 60 120 16. 如图， 内一点满足. （1）若，求的值； （2）若，求 的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用勾股定理求出 ，再利用余弦定理求出 ，利用同角三角函数基本关系式求出，最后利用两角差的正弦公式计算即可 （2）设 ，在与采用余弦定理与正弦定理，然后利用与的关系列出关于 的方程，解出 即可 【小问1详解】 ，此时. 在 中，， 又，故 所以 【小问2详解】 设，在中，. 在中，，代入得：. 又，故. 即，解得：，所以. 17. 如图，在几何体中，底面为以 为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面. （1）证明；平面； （2）若，设 为棱 的中点，求当几何体的体积取最大值时,与 所成角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 过点D作交 与点O， ∵平面平面，且两平面的交线为 ,面， ∴平面,又平面,∴, 又且平面, ∴平面; （2）. 【解析】 【分析】（1）先作一条辅助线，再通过面面垂直的性质得到平面，再根据平面，可得，进而根据线面垂直的判定定理即可证明。 （2）过点E作交 与点N，连接，通过题目条件和（1）的结论证明四边形为平行四边形，然后把多面体分为两个三棱锥求体积，令，把体积的最大值转化为关于x的函数的最大值问题，根据体积表达式设函数，通过导函数判断其单调性，进而得到的最大值，求出此时的x值，然后建立空间直角坐标系，通过向量法求与 所成角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点E作交 与点N，连接, ∵平面平面，且两平面的交线为 , 平面， ∴平面,又平面, ∴到平面的距离相等, ∴且，故四边形为平行四边形， 所以,平面， 则平面平面，故, 又因为,所以， 而底面为以 为斜边的等腰直角三角形,,故, 故， 又,，令, 令, , 所以在单调递增，在单调递减， 即，当且仅当时取得最大值， 如图所示，以点O为原点以为建立空间直角坐标系， 则 , 设与 所成角为，则 ， 即当几何体体积最大时，与 所成角的余弦值为. 【点睛】关键点点睛：本题求解直线与 所成角的余弦值，采用建立空间直角坐标系利用向量的夹角公式求解，解答的关键是要根据几何体的体积取最大值，确定 的长度，从而确定相关点的坐标，要注意求几何体体积时采用割补法以及利用导数求解函数最值. 18. 已知F，C分别是椭圆的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，满足． （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的下顶点为 ，过点 作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为M，N，设直线的斜率为的面积为 ，当时，求 的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1) 利用椭圆的定义，结合椭圆的几何性质知，，则，解出a，b即可得椭圆方程； (2)设的方程为代入椭圆方程，求出M的坐标，可得，用代替k，可得，求出的面积S，可得，解不等式可得k的取值范围． 【小问1详解】 设椭圆的左焦点为，连接， 由对称性知四边形是平行四边形，所以，． 由椭圆定义知，则，． 设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，，则， 所以， 所以椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 椭圆的标准方程为．则， 所以直线， 如图所示， 设， 联立，消去并整理得，．．． 所以，所以，．． 所以，． 同理可得：，所以， 所以， 由，得， 整理得，得，． 又，所以，所以或． 所以 的取值范围为． 【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的三角形面积问题，综合性较强，难点在于计算过程相当复杂，计算量较大，并且基本都是有关字母参数的运算，十分容易出错. 19. 对于一个元正整数集，如果它能划分成个不相交的二元子集的并集，即，且存在，使得，则称这个偶数为可分数.例如，由于二元子集满足，则称2为可分数. （1）判断4和6是否为可分数，并说明理由； （2）求小于81的最大可分数； （3）记小于的可分数的个数为，令，记为数列的前项和，证明：. 【答案】（1） 令，①，； ②，；③，， 综上所述， 不是可分数， 令，，由，， 则是可分数. （2） （3） 设偶数为可分数，则存在使得， 由可知二元子集中两元素和的最大值为， 于是集合 中所有大于等于的整数所在二元子集中两元素之和均为， 于是必定与在同一个二元子集中， 必定与在同一个二元子集中， 必定与在同一个二元子集中， 若，由可知不属于集合 ， 故无法对进行分组，此时不是可分数； 若，则分组之后还剩下大于等于的整数， 此时不是可分数； 若，则分组之后还剩下， 因为，则是可分数等价于也是可分数， 若，则可将 划分成以下各组：， 每组中两元素之和均为，因此此时是可分数， 由于小于的可分数的个数为，则， 又小于3的可分数只能为2，则，于是， 故是首项为，公比为2的等比数列， 则，于是， 又， 因此. 【解析】 【分析】（1）根据题中新定义，举例说明即可得解； （2）利用题中新定义，结合等差数列的性质，列出满足的集合，从而得解； （3）根据题中新定义，分类讨论、与三种情况，分析得是等比数列，进而求得，再利用分组求和法即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，且，则令， 由，且， 则 是小于最大的可分数. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤： （1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. （2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $