精品解析：江苏省淮阴中学2025届高三下学期模拟考试（二）数学试卷

淮阴中学高三年级模拟二考试数学试卷 一､选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分．） 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先利用复数除法运算化简，再根据共轭复数的定义，并代入模的计算公式. 【详解】，， 所以. 故选：A 2. 已知均为第二象限角，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】C 【解析】 【分析】结合三角函数的单调性、平方关系，并根据充分、必要条件的知识判断即可. 【详解】由题意， 若，因为均为第二象限角，所以， 所以，即， 所以，且均为第二象限角， 所以，所以，即充分性成立. 若，因为均为第二象限角， 所以，即， 所以，即， 因为均为第二象限角，所以， 所以，故必要性成立, 所以“”是“”的充要条件. 故选：C. 3. 中，若，则（ ） A. 54 B. 27 C. 9 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理求出，再利用数量积的运算律求解即得. 【详解】在中，若，由正弦定理得， 所以. 故选：A 4. 有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（ ）种停放方法． A. 72 B. 144 C. 108 D. 96 【答案】A 【解析】 【分析】对特殊车辆货车甲的停放方法分类讨论，再停入乙车，最后停入其它车即可得. 【详解】先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有 种停法，则乙车有 种停法， 除甲、乙外的其它三辆车共有种停法； 若货车甲靠边，共有 种停法，则乙车有 种停法， 除甲、乙外的其它三辆车的排法共有种， 故共有种停放方法. 故选：A. 5. 已知，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角恒等变换得到，再利用正切和角公式得到答案. 【详解】由，得 ， 即，所以， 所以， 所以． 故选：D． 6. 已知函数的两条相邻对称轴之间的距离为，现将图象向右平移后得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两条相邻对称轴之间的距离可得周期，即可得，由平移性质即可得，再借助正弦型函数单调性计算即可得解. 【详解】由函数的两条相邻对称轴之间的距离为，则有， 则，又，则， 则， 当时，， 由函数在区间上单调递增，则有， 则有，解得， 则当时，，又，故. 故选：B. 7. 已知数列满足，，，设，则数列的前21项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列的首项及递推公式可得数列是周期为3的周期数列，故对数列进行分组求和，结合等比数列求和公式即可求解. 【详解】由，可得，，， ∴数列是周期为3的周期数列，，，. . 设， 则， ∴数列是首项为，公比为8的等比数列， ∴数列的前7项和为， 即数列的前21项和为. 故选：B. 8. 定义在上的函数满足，且当时，．则方程所有的根之和为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】先根据已知条件判断函数 的奇偶性与周期性，再分析函数与的图象关系，通过图象的对称性求出方程所有根之和. 【详解】已知，所以函数 是奇函数. 又因为，则，用代替 可得：，所以.所以函数 的周期是 .  方程可化为，所以方程的根就是函数与图象交点的横坐标.  当时，，对 求导得， 其判别式，且二次项系数，所以，则 在上单调递增.，. 因为 是奇函数，所以 在上也单调递增，. 又因为 的周期是 ，可画出 的大致图象. 直线恒过点. 通过分析函数图象可知，函数与的图象有个交点， 设这个交点的横坐标分别为. 由于函数 的图象关于点对称，直线也过点，所以，，.  则.  故选：B. 二､多项选择题：（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2分，3分或4分，有选错的得0分．） 9. 下列说法正确的有（ ） A. 已知一组数据，，，的方差为3，则，，，的方差也为3 B. 对具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数m的值是 C. 已知随机变量X服从正态分布，若，则 D. 已知随机变量X服从二项分布，若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据方差的定义可判断A；根据样本点在回归直线上求得的值可判断B；根据可得，由对称性求出对称轴可得的值可判断C；根据二项分布方差的公式以及方差的性质可判断D，进而可得正确选项. 【详解】对于A：设的平均数为，方差为， 则，， 所以，，，的平均数为， 所以方差为 ，故选项A不正确； 对于B：因为线性回归直线过样本点中心，所以，可得， 故选项B正确； 对于C：因为随机变量服从正态分布，所以对称轴为，又， 而，所以， 则，故选项C正确； 对于D：因为服从二项分布，所以， 所以，则，故选项D正确. 故选：BCD 10. 在中，角所对的边分别为．若，且边上的中线长为，则（ ） A. B. 的取值范围为 C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】对A，将条件利用三角恒等变换结合正弦定理化简求得角；对B，利用向量，运算结合基本不等式求解；对C，由B选项结合三角形面积公式求解；对D，由题可得，令，由，得，解得，所以三角形周长，利用导数求解判断. 【详解】对于A，由，所以, 所以，由正弦定理可得 ，因为，, 可得，化简得，又， .故A正确； 对于B，设，，，根据题意，，， ，化简得，则， ，当且仅当时等号成立，又，， ，，即，故B正确； 对于C，由B，可得，故C错误； 对于D，由前面选项，可得，且，， ，即，令，由，得，解得， 所以三角形周长， 则，令，解得，又，所以在 上单调递减，所以，故D错误. 故选：AB. 11. 柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（ ） A. 该正八面体的外接球的体积为 B. 平面截该正八面体的外接球所得截面的面积为 C. 甲能构成正三角形的概率为 D. 甲与乙均能构成正三角形的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由图形，根据勾股定理求出球的半径，结合球的体积公式计算即可判断A；如图，根据等面积求出OH，进而求出截面圆的半径即可判断B；确定甲乙选择的三个点构成正三角形的情况，结合古典概型的概率公式计算即可判断CD. 【详解】A：由棱长为2，得正八面体上半部分的斜高为，高为， 则正八面体的体积为． 则正八面体的外接球的球心为，半径为， 所以外接球的体积为，故A正确； B：由于到平面的距离等于到平面的距离， 在中，过作的垂线，垂足为，则平面． 由，得， 平面截正八面体的外接球所得截面是圆，半径， 所以所得截面的面积为，故B正确； C：甲随机选择的情况有种，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况： 甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有种， 甲构成正三角形的概率为，故C错误； D：乙随机选择的情况有种，乙构成正三角形，只有一种情况： 上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点， 或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点， 共有种，概率为；又甲能构成正三角形的概率为， 所以甲与乙均能构成正三角形的概率为，故D正确. 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的综合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，关键是：⑴利用球的弦长公式计算弦长；⑵确定平面截球体所得截面的形状. 三､填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线 交的左支于 ，两点.（为坐标原点），点到直线 的距离为，则该双曲线的离心率为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，结合三角形中位线性质、双曲线定义，借助直角三角形列式求出离心率. 【详解】令双曲线的半焦距为，取的中点 ，连接 ，由， 得，，连接，由为的中点，得， 则，，， 因此，即，整理得， 所以离心率． 故答案为： 13. 寒假期间，小明和爷爷奶奶爸爸妈妈五人自驾一辆七座（含司机座位）商务车出去游玩，其中爸爸妈妈会开车，小明不能坐副驾，则不同的坐法种数为__________.（用数字作答） 【答案】600 【解析】 【分析】先选司机，再选副驾，结合分类分布计数原理计算即可求解. 【详解】先选司机有种，再选副驾， 若副驾坐人，则有种； 若副驾不坐人，则有种， 故不同的坐法种数为. 故答案为：600 14. 已知函数，函数 的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解. 【详解】由题意，，则， 所以点和点，, 所以， 所以， 所以， 同理, 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛： 解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解. 三､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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角A； （2）若，的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用边化角及和差公式、辅助角公式即可求解； （2）由面积公式和正弦定理即可求解. 【小问1详解】 由条件得，从而. 所以，由正弦定理得，故. 从而，得，故. 所以. 【小问2详解】 设的面积为，则. 16. 如图，三棱柱中，，，平面平面. （1）求证：； （2）若，直线与平面所成角为， 为的中点，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：过点 作，垂足为， 因为平面平面， 所以平面，故， 又因为，，， 所以，故， 因为，所以， 又因为，所以平面，故. （2） 【解析】 【分析】（1）过点C作CO⊥AA1，则CO⊥平面AA1B1B，CO⊥OB，推导出Rt△AOC≌Rt△BOC，从而AA1⊥OB，再由AA1⊥CO，得AA1⊥平面BOC，由此能证明AA1⊥BC． （2）以O为坐标原点，OA，OB，OC所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B1﹣A1D﹣C1的余弦值． 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，，，所在直线为 ， ，轴，建立空间直角坐标系， 因为平面， 所以是直线与平面所成角， 故， 所以，， ，，，，，， 设平面的法向量为，则 ，所以， 令，得， 因为平面， 所以为平面的一条法向量， ， ， 所以二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 17. 在数列中，． （1）求数列的通项公式； （2）已知数列满足； ①求证：数列是等差数列； ②若，设数列的前n项和为，求证：． 【答案】（1） （2）①证明：由得 所以① 所以② ②-①得：③ 所以④ ④-③得，所以 即 所以数列是等差数列． ②证明：当时，由得，所以， 又，故的公差为1，所以， 所以， 即 ． 【解析】 【分析】（1）变形得到，结合，故，从而得到； （2）①化简得到，利用得到，同理可得，证明出是等差数列； ②求出，结合，得到公差，得到通项公式，所以，裂项相消法求和证明出结论. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 所以， 因为，所以n=1时，， 所以数列是各项为0的常数列，即， 所以． 【小问2详解】 ①略 ②略 【点睛】方法点睛：常见的裂项相消法求和类型： 分式型：，，等； 指数型：，等， 根式型：等， 对数型：，且； 18. 高中数学标准化考试选择题分为单项选择和多项选择两种题型，按照现行评分标准，多项选择题一般从四个选项中选出所有正确的选项（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（两个正确选项的每个正确选项3分，三个正确选项的每个正确选项2分），有选错的得0分. （1）考生甲有一道正确选项为两个选项的多项选择题不会做，他随机挑选两个选项，求他猜对本题得6分的概率； （2）考生乙有一道答案为的多项选择题不会做，他随机选择两个或三个选项，求他得到分数的分布列和期望； （3）现有2道两个正确答案的多项选择题，根据训练经验，每道题考生丙得6分的概率为，得3分的概率为；考生丁得6分的概率为，得3分的概率为；丙，丁二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题丙丁两位考生总分刚好得18分的概率. 【答案】（1） （2）分布列： 0 4 6 数学期望为 （3） 【解析】 【分析】（1）利用组合数的性质结合古典概型求解概率即可. （2）利用给定条件求出每种情况对应的概率，再求解分布列和数学期望即可. （3）合理进行分类讨论，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【小问1详解】 由题意得甲同学所有可能的选择答案有种， 而其中正确选项只有一个，设符合条件的事件为，故. 【小问2详解】 乙同学所有可能的选择答案有种，即共有10个样本点， 设乙同学本题可能得分为，则的可能取值为， ，，， 所以乙同学可能得分的分布列为 0 4 6 所以数学期望为. 【小问3详解】 由题意得丙得0分的概率为， 丁得0分的概率为， 丙丁总分刚好得分的情况包含： 事件 ：丙得分有一种情况，丁得 分有三种情况， 则； 事件：丙得分有两种情况，丁得分有两种情况， 则； 事件 ：丙得 分有三种情况，丁得分有一种情况， 则； 所以丙丁总分刚好得分的概率. 19. 若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使成立，则称该函数为“依赖函数”． （1）判断函数是否为“依赖函数”，并说明理由； （2）若函数在定义域（）上为“依赖函数”，求的取值范围； （3）已知函数在定义域上为“依赖函数”，若存在实数，使得对任意的，不等式都成立，求实数s的最大值． 【答案】（1）不是“依赖函数”，理由如下： 对于函数的定义域内存在，则无解， 故不是“依赖函数”. （2） （3）最大值为. 【解析】 【分析】（1）由“依赖函数”的定义进行判断即可； （2）先根据题意得到，解得：，再由，解出，根据的范围即可求出的取值范围； （3）根据题意分，，考虑在上单调性，再根据“依赖函数”的定义即可求得 的值，代入得恒成立，由判别式，即可得到，再令函数在的单调性，求得其最值，可求得实数的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为在上递增，故，即，， 由，故，得， 从而在上单调递增，故. 【小问3详解】 ①若，故在上最小值为0，此时不存在，舍去； ②若，故在上单调递减， 从而，解得(舍)或， 从而存在.使得对任意的，有不等式都成立， 即恒成立， 由，得. 由，可得， 又在单调递减，故当时，， 从而，解得， 综上，故实数的最大值为. 【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法： ① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）； ② 数形结合( 图象在 上方即可)； ③ 讨论最值或恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 淮阴中学高三年级模拟二考试数学试卷 一､选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分．） 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知均为第二象限角，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. 中，若，则（ ） A. 54 B. 27 C. 9 D. 4. 有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（ ）种停放方法． A. 72 B. 144 C. 108 D. 96 5. 已知，则=（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的两条相邻对称轴之间的距离为，现将图象向右平移后得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列满足，，，设，则数列的前21项和为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的函数满足，且当时，．则方程所有的根之和为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 二､多项选择题：（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2分，3分或4分，有选错的得0分．） 9. 下列说法正确的有（ ） A. 已知一组数据，，，的方差为3，则，，，的方差也为3 B. 对具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数m的值是 C. 已知随机变量X服从正态分布，若，则 D. 已知随机变量X服从二项分布，若，则 10. 在 中，角所对的边分别为．若，且边上的中线长为，则（ ） A. B. 的取值范围为 C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为 11. 柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（ ） A. 该正八面体的外接球的体积为 B. 平面截该正八面体的外接球所得截面的面积为 C. 甲能构成正三角形的概率为 D. 甲与乙均能构成正三角形的概率为 三､填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线 交的左支于 ， 两点.（为坐标原点），点到直线 的距离为，则该双曲线的离心率为___________． 13. 寒假期间，小明和爷爷奶奶爸爸妈妈五人自驾一辆七座（含司机座位）商务车出去游玩，其中爸爸妈妈会开车，小明不能坐副驾，则不同的坐法种数为__________.（用数字作答） 14. 已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______． 三､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 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角A； （2）若， 的面积为，求的值. 16. 如图，三棱柱中，，，平面平面. （1）求证：； （2）若，直线与平面所成角为， 为的中点，求二面角的余弦值. 17. 在数列中，． （1）求数列的通项公式； （2）已知数列满足； ①求证：数列是等差数列； ②若，设数列的前n项和为，求证：． 18. 高中数学标准化考试选择题分为单项选择和多项选择两种题型，按照现行评分标准，多项选择题一般从四个选项中选出所有正确的选项（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（两个正确选项的每个正确选项3分，三个正确选项的每个正确选项2分），有选错的得0分. （1）考生甲有一道正确选项为两个选项的多项选择题不会做，他随机挑选两个选项，求他猜对本题得6分的概率； （2）考生乙有一道答案为的多项选择题不会做，他随机选择两个或三个选项，求他得到分数的分布列和期望； （3）现有2道两个正确答案的多项选择题，根据训练经验，每道题考生丙得6分的概率为，得3分的概率为；考生丁得6分的概率为，得3分的概率为；丙，丁二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题丙丁两位考生总分刚好得18分的概率. 19. 若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使成立，则称该函数为“依赖函数”． （1）判断函数是否为“依赖函数”，并说明理由； （2）若函数在定义域（）上为“依赖函数”，求的取值范围； （3）已知函数在定义域上为“依赖函数”，若存在实数，使得对任意的，不等式都成立，求实数s的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $