精品解析：2025届山西省临汾市高三二模数学试题

姓名______准考证号______ 秘密★启用前 临汾市2025年高考考前适应性训练考试（二） 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在本试题相应的位置. 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上. 4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回. 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. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的周期性以及复数的除法运算化简即可求解. 【详解】， 故选：B 2. 若，则的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的性质即可求解. 【详解】由可得， 故， 故选：D 3. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为个圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面积公式和圆的面积公式列出关系式，得到与的关系即可求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线为， 由圆锥的侧面积公式可得，解得， 因为，所以. 故选：C. 4. 记为等差数列的前项和，公差，且，则取得最小值时为（ ） A. 2021 B. 4039 C. 2020 D. 4040 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得数列前项全为负，从开始为正，可得结论. 【详解】因为公差，所以数列单调递增，所以，又， 所以，所以数列前项全为负，从开始为正， 所以前项的和为的最小值，故. 故选：C. 5. 已知圆上的点到直线的距离为，则满足条件的点的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆心到直线的距离与半径的关系即可求解. 【详解】的圆心为，半径为， 圆心到直线的距离为， 故到直线的距离为的点共有4个， 故选：D 6. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数求导可证明，即可求解，进而根据指数以及对数的性质求解. 【详解】记则， 故当时，，故在单调递增， 当时，，故在单调递减， 故，因此对任意的，都有， 当且仅当时取到等号， 故，故，故， 由于，因此， 故选：A 7. 已知函数，如图，是直线与曲线的两个交点，若，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据可得，进而可求解，根据可得，即可代入求解. 【详解】根据可得，故,故， 令，故或, 结合图象可知, 因此故， 因此故， 故选：B 8. 在三棱锥中，，且二面角的大小为，则当该三棱锥的外接球体积最小时，（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二面角的几何法可得，即可利用余弦定理以及正弦定理求解外接圆的半径，根据勾股定理可得球半径即可求解. 【详解】由于且二面角的大小为，故为二面角的平面角，故， 由于平面，故平面， 设，则， 在中，由余弦定理可得 ， 则的外接圆直径， 故外接球的半径 当时，球的半径取得最小值,此时三棱锥的外接球体积最小， 故. 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. 已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上关于原点对称的两点，且，则（ ） A. B. 四边形的周长为 C. 四边形的面积为 D. 椭圆的离心率的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用椭圆的对称性确定四边形的形状，再逐项判断即可. 【详解】依题意，互相平分，且，则四边形是矩形，令其半焦距为c, 对于A，，A正确； 对于B，四边形的周长为，B正确； 对于C，四边形的面积为，C错误； 对于D，由以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆有公共点，得，即， 解得，即离心率，D正确. 故选：ABD 10. 函数的图象可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对，，三种情况讨论判断即可. 【详解】当是，，故A符合； 当时，在上单调递减，且，故B符合； 当时，由为上的单调递增函数， 令，则，即， 因为，可得，所以在上的单调递增函数， 所以，所以有唯一解， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知数列满足：，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是单调递增数列 C. 若为数列的前项和，则 D. 若对任意，都有，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据累乘法可得，即可判断A,根据即可求解B，根据裂项相消法即可求解C，根据单调性，对分奇偶即可求解D. 【详解】由，可得， 故, 也符合， 故，，A正确， 由于，故，因此是单调递增数列，B正确， ， 故，C正确， 由可定， 当为偶数时，则恒成立，由于单调递增，故， 当为奇数时，则恒成立，由于单调递增，故， 故对任意，都有，则，故D错误， 故选：ABC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式的常数项是______. 【答案】 【解析】 【分析】的展开式的通项为，令，求出，再代入通项公式计算即可. 【详解】的展开式的通项为 令，解得， 所以展开式的常数项. 故答案为：. 13. 已知，函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】分与两种情况讨论方程根的情况可求得实数的取值范围. 【详解】因为函数有三个零点，即方程有三个解， 当时，方程为，即，即， 因为，所以，所以方程有两个根，又， 所以有一个正根与一个负根， 又，所以有一正的零点， 当时，方程为，即 因为函数有三个零点，所以方程有两个非正根， 所以，解得，又，所以， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 14. 已知双曲线的左焦点为，过点且倾斜角为的直线与的左支交于两点，为线段的中点，若（为坐标原点），则双曲线的离心率是______. 【答案】## 【解析】 【分析】联立直线与双曲线的方程，求出点坐标，由给定关系求出离心率. 【详解】设双曲线的半焦距为，则，直线方程为， 由消去得， ，设，则， 于是点，， 解得，所以双曲线的离心率. 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. 已知分别为三个内角的对边，. （1）若，求的面积； （2）是否存在正整数，使得为锐角三角形？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在，6 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化得，即可求解，根据余弦定理求解，即可根据同角关系，结合面积公式求解， （2）根据余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由及正弦定理得：， 又因为，所以，解得. 所以. 由余弦定理得：， 由于所以， 所以. 【小问2详解】 由，可知，，要使得为锐角三角形， 则使角为锐角即可，即. 且，即. 由余弦定理得， 则， 解得，或， 结合，故 因为为正整数，所以的最小值为6. 16. 设抛物线的焦点为，过的直线与相交于两点，是坐标原点.当的斜率为2时，. （1）求抛物线的方程； （2）若，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设的方程为，联立方程利用根与系数可得，求解即可； （2）法一，斜率不存在时，不符合题意，当斜率存在时，设的方程为，两点，与抛物线方程联立可得，结合向量的数量积可得，求解即可.法二，由题可知，直线斜率不为0，设的方程为，两点，与抛物线方程联立，可得，利用向量的数量积可得，求解即可. 【小问1详解】 当斜率为2时，设的方程为， 联立，消得， ，解得. 故抛物线的方程为. 【小问2详解】 解法一： 当垂直轴时，直线方程为，可得两点坐标分别为， 所以，， 由余弦定理可得，不符合题意， 设的方程为，两点， 联立，消得， 显然成立，并有. ， ， 由得，，解得. 从而方程为或， 即的方程为或. 解法二： 由题可知，直线斜率不为0， 设的方程为，两点， 联立，.消得， 显然成立，并有， ， ， 由得，， 解得，从而方程为， 故直线的方程为或. 17. 如图，在四棱锥中，底面为棱的中点，四面体的体积为的面积为. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）若，平面平面，点为棱上一点，当平面与平面夹角为时，求的长. 【答案】（1） 在四棱锥中，取的中点，连接， 在中，由分别为的中点，得， 又，则， 即四边形为平行四边形，，而平面平面， 所以平面. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定，结合平行四边形性质推理得证. （2）由线面平行的判定证得平面，结合体积公式求出点到平面的距离即可. （3）取的中点，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定证得，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设点到平面的距离为，由四面体的体积为的面积为， 得，解得， 而平面平面，则平面， 所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 取的中点，连接，由，得，由平面平面， 平面平面平面，得平面，即， 则，由平面平面，得， 又平面平面，则，而平面， 因此平面，又平面，则， 而的面积为，，则，， 由，得，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 则， ，设平面的法向量为， 则，取，得，设平面的法向量为， 则，取，得， ，由平面与平面的夹角为， 得，解得，即为的中点， 所以. 18. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）当时，设的两个零点为，求证：． 【答案】（1） （2）时，在递减；时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （3）证明：当时，， 由（2）知在上单调递增，在上单调递减， 又，是的一个较小的零点，不妨设， 要证，只需证， 因为，且在上单调递减， 从而只需证即可. ， 令， ，在上单调递增. ，即，即. 【解析】 【分析】（1）求出导函数，根据导数的几何意义求出切线斜率，再求切线方程即可； （2）求出导函数，讨论、，分别根据导函数符号分析函数的单调性即可； （3）结合（2）易得是是的一个较小的零点，不妨设，要证，只需证，转化问题为证，进而构造函数，利用导数证明即可. 【小问1详解】 因为函数， 所以，当时，， 则，即，， 故当时，曲线在处的切线方程为. 【小问2详解】 由， 则， 当时，，在上， 所以在递减； 当，， 令，则； 令，则， 故的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问3详解】 略 19. 乒乓球体育俱乐部计划进行单打比赛，采用单淘汰制进行比赛，即每名选手负一次即被淘汰出局.现有8名乒乓球单打运动员随机编号到对阵位置，所有运动员在任何一场比赛中获胜的概率均为.现有甲､乙两位孪生兄弟参赛. （1）求甲､乙在第一轮比赛过程中相遇的概率； （2）求甲､乙在比赛过程中相遇的概率； （3）为使得甲､乙两人在比赛过程中相遇的概率小于0.01，俱乐部计划增加运动员人数到名，对阵图和上图类似. （i）求甲、乙两人在第3轮比赛中相遇的概率（用含的式子表示）； （ii）求的最小值. 【答案】（1） （2） （3）（i）（ii）8 【解析】 【分析】（1）先设甲的位置固定，进而分析求解即可； （2）甲乙相遇包括三种情况：甲乙第一轮相遇，甲乙第二轮相遇，甲乙第三轮相遇，进而求解即可； （3）（i）当人数增加到，则固定甲的位置后，乙有个选择，进而分析求解即可； （ii）解法一：记比寒的轮次为本件，甲乙在比赛过程中相遇的本件为，先求出，可得甲乙相遇的概率为，再列不等式求解即可； 解法二：设名选手参赛，甲乙相遇的概率为，易得，进而分乙和甲在同一区，乙和甲不在同一区，两种情形分析求解即可. 【小问1详解】 设甲的位置固定，若乙要与甲在第一轮相遇只能在同一组，所以甲乙在第一轮相遇的概率. 【小问2详解】 由题可知甲乙相遇包括三种情况：甲乙第一轮相遇，甲乙第二轮相遇，甲乙第三轮相遇， 甲乙要在第二轮相遇，则甲乙在同一个半区，但不在同一组的概率为， 同时甲乙在第一轮都要获胜则. 甲乙要在第三轮相遇，则甲乙不在同一个半区的概率为， 同时甲乙在第一､二轮都要获胜则. 所以甲乙相遇的概率. 【小问3详解】 （i）当人数增加到，则固定甲的位置后，乙有个选择， 要使得甲乙能在第三轮相遇， 由（2）可知甲乙必须得在同一个区内的不同半区的概率为， 同时甲乙在第一､二轮都要获胜， 则甲、乙两人在第3轮比赛中相遇的概率为. （ii）解法一：记比赛的轮次为事件， 甲乙在比赛过程中相遇的事件为，要使甲乙能在第轮相遇， 则甲乙必须得在同一个区内的不同半区的概率为， 同时甲乙在前轮都要获胜， 所以. 所以甲乙相遇的概率为. 要使得甲乙相遇的概率小于0.01，即，即， 又因为为整数，所以，所以最小的值为8. 解法二：设名选手参赛，甲乙相遇的概率为， 则当时，甲乙一定相遇，此时. 当名选手参赛，甲乙相遇的概率为. 考虑将个选手分成上下两个区，每区名选手，这时有2种情况， 情形一：乙和甲在同一区，此时甲乙相遇的概率为， 情形二：乙和甲不在同一区，两人相遇必须都进入决赛，即前轮比赛均获胜. 所以， 于是， ， 累加得 所以. 令，则， 因为为正整数，所以的最小值为8. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 姓名______准考证号______ 秘密★启用前 临汾市2025年高考考前适应性训练考试（二） 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在本试题相应的位置. 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上. 4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回. 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. （ ） A. B. C. D. 2. 若，则的范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为个圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. 4 B. C. D. 4. 记为等差数列的前项和，公差，且，则取得最小值时为（ ） A. 2021 B. 4039 C. 2020 D. 4040 5. 已知圆上的点到直线的距离为，则满足条件的点的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 设，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，如图，是直线与曲线的两个交点，若，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 8. 在三棱锥中，，且二面角的大小为，则当该三棱锥的外接球体积最小时，（ ） A. B. 3 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. 已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上关于原点对称的两点，且，则（ ） A. B. 四边形的周长为 C. 四边形的面积为 D. 椭圆的离心率的取值范围为 10. 函数的图象可以是（ ） A. B. C. D. 11. 已知数列满足：，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是单调递增数列 C. 若为数列的前项和，则 D. 若对任意，都有，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式的常数项是______. 13. 已知，函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是______. 14. 已知双曲线的左焦点为，过点且倾斜角为的直线与的左支交于两点，为线段的中点，若（为坐标原点），则双曲线的离心率是______. 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. 已知分别为三个内角的对边，. （1）若，求的面积； （2）是否存在正整数，使得为锐角三角形？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由. 16. 设抛物线的焦点为，过的直线与相交于两点，是坐标原点.当的斜率为2时，. （1）求抛物线的方程； （2）若，求直线的方程. 17. 如图，在四棱锥中，底面为棱的中点，四面体的体积为的面积为. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）若，平面平面，点为棱上一点，当平面与平面夹角为时，求的长. 18. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）当时，设的两个零点为，求证：． 19. 乒乓球体育俱乐部计划进行单打比赛，采用单淘汰制进行比赛，即每名选手负一次即被淘汰出局.现有8名乒乓球单打运动员随机编号到对阵位置，所有运动员在任何一场比赛中获胜的概率均为.现有甲､乙两位孪生兄弟参赛. （1）求甲､乙在第一轮比赛过程中相遇的概率； （2）求甲､乙在比赛过程中相遇的概率； （3）为使得甲､乙两人在比赛过程中相遇的概率小于0.01，俱乐部计划增加运动员人数到名，对阵图和上图类似. （i）求甲、乙两人在第3轮比赛中相遇的概率（用含的式子表示）； （ii）求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $