精品解析：2025届安徽省芜湖市高三二模数学试题

2025届芜湖市高中毕业班教学质量统测 数学试题卷 本试题卷共4页，满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名、学校、考场/座位号、班级、准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试题卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卷的整洁，考试结束后，将试题卷和答题卷一并交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 3. 若，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 1 4. 一组数11，13，15，26，29，30，32，33，36，若去掉11和36，则该组数以下哪个数字特征不变（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 方差 D. 极差 5. 已知角和角的顶点在坐标原点，始边均与轴非负半轴重合，终边关于直线对称，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 6. 四个不同的正整数满足，则的最大值是（ ） A. 8099 B. 8100 C. 8101 D. 8102 7. 已知轴截面为等边三角形的圆锥与其内切球表面的交线为（除圆锥底面圆心外），所在的平面将圆锥分成上下两部分，则上下两部分几何体的体积之比为（ ） A. B. C. D. 8. 已知F为双曲线的一个焦点，为C的一条渐近线，若F关于l的对称点在C上，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，已知，，则此三角形的面积可能为（ ） A. B. C. 12 D. 15 10. 已知函数，则（ ） A. 的定义域为 B. 为偶函数 C. 为单调递增函数 D. 11. 如图，在正方体中，为过正方体的任意两个顶点的直线，则（ ） A. S有56个元素 B. 若，则满足平面的概率为 C. S中有4个元素与正方体所有棱的夹角相等 D. 若，则，为异面直线的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，满足，且，，则与所成角的大小为__________. 13. 已知有限集合，定义集合中的元素的个数为集合A的“容量”，记为.若集合，且，则正整数n的值是_________. 14. 已知函数的部分图象如图所示，若A，B，C，D四点在同一个圆上，则__________. 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. 已知数列的前n项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）保持的各项顺序不变，在和之间插入k个1，使它们与数列的项组成一个新的数列，记的前n项和为，求. 16. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）设，证明：. 17. 已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别交于，两个动点. （1）求点的轨迹的方程； （2）若圆与曲线恰有一个公共点，且圆与轴相切于点，求圆的半径. 18. 在四棱台中，，，，，. （1）证明：. （2）若四棱台的体积为7， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）若为棱上一动点，求平面与平面所成角余弦值的最大值. 19. 某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试.首次测试（测试I）通过率为，末通过测试I的芯片进入第二次测试（测试II），通过率为.通过任意一次测试即为合格芯片，否则报废. （1）若某批次生产了n枚芯片，合格数为随机变量X.当，时，求X的期望与方差； （2）已知一枚芯片合格，求其是通过测试I的概率； （3）为估计（2）中的，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试I.记.若要使得总能不超过0.1，试根据参考内容估计最小样本量. 参考内容：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届芜湖市高中毕业班教学质量统测 数学试题卷 本试题卷共4页，满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名、学校、考场/座位号、班级、准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试题卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卷的整洁，考试结束后，将试题卷和答题卷一并交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据交集的定义求解即可得到答案. 【详解】因为集合，， 所以， 故选：A. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将全称量词改为存在量词，然后否定结论即可. 【详解】由全称命题的否定可得命题“”的否定是“”. 故选：D 3. 若，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念即可得到答案. 【详解】， 则. 故选：D. 4. 一组数11，13，15，26，29，30，32，33，36，若去掉11和36，则该组数以下哪个数字特征不变（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 方差 D. 极差 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，计算去掉前的平均数和去掉后的平均数即可判断，对于B，根据去掉最小的数和最大的数对中位数无影响即可判断，对于C，计算去掉前的方差和去掉后的方差即可判断，对于D，计算去掉前的极差和去掉后的极差即可求解. 【详解】对于A，去掉前的平均数为， 去掉后的平均数为，故A错误； 去掉最小的数和最大的数对中位数无影响，故B正确； 对于C，去掉前的方差为， 去掉后的方差为，故C错误； 对于D，去掉前的极差为，去掉后的极差为，故D错误. 故选：B. 5. 已知角和角的顶点在坐标原点，始边均与轴非负半轴重合，终边关于直线对称，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由对称性可得，再利用诱导公式计算即可得解. 【详解】由题意可得， 则. 故选：C. 6. 四个不同的正整数满足，则的最大值是（ ） A. 8099 B. 8100 C. 8101 D. 8102 【答案】C 【解析】 【分析】根据6的正因数，要使得最大且无重复数字，则要求最小，从而得到6的分解方式为，从而得到的值，进而求得的最大值. 【详解】6的正因数为1,2,3,6，但需要四个不同的整数，因此必须包含负因数，因此因数有两负两正， 为使最大且无重复数字，则要求最小且无重复数字， 则分解方式为，此时和为， 此时， 从而，. 故选：C. 7. 已知轴截面为等边三角形的圆锥与其内切球表面的交线为（除圆锥底面圆心外），所在的平面将圆锥分成上下两部分，则上下两部分几何体的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出圆锥的轴截面，得到内切圆均切于各边的中点，从而得到交线为（除圆锥底面圆心外）为圆锥的母线的中点所在的圆，求出上部分圆锥与圆锥的体积之比，即可得解. 【详解】如图，作出圆锥的轴截面，设的内切圆的圆心为， 切、、于、、， 因为为等边三角形，所以、、分别为、、的中点， 设与交于点，的边长为，则，，， 则圆锥与其内切球表面的交线为（除圆锥底面圆心外）为圆锥的母线的中点所在的圆， 所在的平面将圆锥分成上下两部分，此时上部分圆锥的底面半径为，高为， 又圆锥的底面半径为，高为， 所以上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为， 所以所在的平面将圆锥分成上下两部分，则上下两部分几何体的体积之比为. 故选：B 8. 已知F为双曲线的一个焦点，为C的一条渐近线，若F关于l的对称点在C上，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】设，，点F关于l的对称点为，结合题意可得，解出、后代入中化简后结合离心率定义计算即可得解. 【详解】由双曲线对称性，不妨设，， 点F关于l的对称点为，则有， 解得，则有， 整理得， 即， 化简得，故， 则. 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，已知，，则此三角形的面积可能为（ ） A. B. C. 12 D. 15 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意利用余弦定理，三角形面积公式，结合基本不等式求出三角形面积的范围即可判断. 【详解】因为，，则，， 所以， 因为，所以 故三角形的面积， 因为，当且仅当时，等号成立， 故，则此三角形面积的最大值为12. 因为，所以A，C正确, 故选：AC. 10. 已知函数，则（ ） A. 的定义域为 B. 为偶函数 C. 为单调递增函数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：利用真数大于0即可求得结果；对于B：利用偶函数定义即可证明； 对于C：举反例即可判断；对于D：令函数，利用导数求得单调性再结合负负得正即可判断 【详解】对于选项A：因为对数的真数大于0，故，故定义域为，故选项A正确； 对于选项B:因为，定义域为关于原点对称， 又，且， 故为偶函数，故选项B正确； 对于选项C：因为，故，故选项C正确； 对于选项D：令，求导得， 故函数在区间上单调递减，而当时，， 当时， 当时，，所以，所以， 当时，，所以，所以， 故选项D正确； 故选：ABD 11. 如图，在正方体中，为过正方体的任意两个顶点的直线，则（ ） A. S有56个元素 B. 若，则满足平面的概率为 C. S中有4个元素与正方体所有棱的夹角相等 D. 若，则，为异面直线的概率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据排列组合问题可知共有个元素，其中12条棱，12条面对角线，4条体对角线，再分类讨论，根据古典概型可解. 【详解】在正方体中，共有8个顶点，任取两个顶点组合共有条直线，所以S有28个元素，故A错； 满足平面的有，所以满足平面的概率为，故B正确； 根据正方体性质易知四条体对角线与所有棱的夹角相等，故C正确； 对应D，S有28个元素，12条棱，12条面对角线，4条体对角线，任取2条共有种， 与棱异面的直线有：共12条，所以与棱异面的有； 与面对角线异面有：共13条， 与面对角线异面的有； 与体对角线异面的有：共12条，所以与体对角线异面有； 即任选2条异面的共有：种，概率，故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. 已知向量，满足，且，，则与所成角的大小为__________. 【答案】 【解析】 【分析】直接代向量的夹角公式即得两向量夹角的大小. 【详解】由题得， 则与的夹角的余弦为， 而与的夹角的范围为，故夹角为. 故答案为：. 13. 已知有限集合，定义集合中的元素的个数为集合A的“容量”，记为.若集合，且，则正整数n的值是_________. 【答案】2025 【解析】 【分析】先求出集合A，再根据题干中的定义即可求出结果. 【详解】若集合，则集合， 故，解得. 故答案为： 14. 已知函数的部分图象如图所示，若A，B，C，D四点在同一个圆上，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可表示出，，，四点坐标，再结合圆的定义计算即可得. 【详解】由题意可设，，则， ，，， 则、中点与、中点均为，， 由，，，四点在同一个圆上，故为圆心，， 则，， 即有，则，又，则. 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. 已知数列的前n项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）保持的各项顺序不变，在和之间插入k个1，使它们与数列的项组成一个新的数列，记的前n项和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助与的关系计算可得，再利用等比数列定义计算即可得； （2）由题意可得，数列的其余项为1，则可借助分组求和计算即可得解. 【小问1详解】 由，得， 则，即， 又，满足，所以， 所以是首项是，公比为的等比数列，故； 【小问2详解】 由题知，数列的其余项为1， 则 . 16. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）设，证明：. 【答案】（1）当时，在上单调递减； 当时，在单调递减，在单调递增. （2）证明：法一：要证即证， 设，即， 设，则，令得，令得， 所以在上为增函数，在上为减函数，所以， 所以成立，所以得证. 法二：设，则， 因为，所以， 令，则，则在单调递增， 因为，，所以在上存在唯一零点， 当，，故，当，，故， 所以在单调递减，在单调递增， 则，其中， 所以， 所以，即得证. 【解析】 【分析】（1）求导得，分和两种情况讨论，分别得到单调区间； （2）法一：要证，即证，令，根据，通过求导判断单调性可得，即可证明； 法二：，利用导数得到在单调递减，在单调递增，其中且，所以，得证. 【小问1详解】 定义域，， ①当时，，在上单调递减， ②当时，令得， 令，得，令，得， 所以在单调递减，在单调递增. 综上：当时，在上单调递减； 当时，在单调递减，在单调递增. 【小问2详解】 略 17. 已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别交于，两个动点. （1）求点的轨迹的方程； （2）若圆与曲线恰有一个公共点，且圆与轴相切于点，求圆的半径. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由两点的坐标得到圆心坐标，再由圆上的点到圆心的距离相等得到的关系； （2）联立圆和曲线的方程，因为只有一个公共点，所以恰有一个正数y满足，转化成与图象只有一个交点的问题，利用导数得到函数的图象，从而确定的值. 【小问1详解】 因为圆经过轴上的两点和，所以圆心为的中点， 又因为该圆经过点和， 所以化简得， 所以点的轨迹的方程为. 【小问2详解】 设圆的半径为，且不妨设圆心在轴的上方，因为圆与轴相切于点， 所以圆心，圆的方程为， 联立消去得， 于是， 因为圆与曲线恰有一个公共点，所以恰有一个正数y满足， 记，， 令，得；令，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取到最小值， 因此当时，没有正数解；当时，恰有一个正数解； 当时，因为当和时均可任意大总有两个正数解. 综上，. 18. 在四棱台中，，，，，. （1）证明：. （2）若四棱台的体积为7， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）若为棱上一动点，求平面与平面所成角余弦值的最大值. 【答案】（1） 在中，，所以，所以，即， 因为，，平面， 所以平面，平面，所以. 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以. （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由线线垂直得平面，得，进一步得平面，从而得到； （2）（i）由四棱台的体积为7得，以D为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法得到与平面所成角的正弦值； （ii）因为为棱上一动点，设，分别求出平面与平面的法向量，用表示出两平面所成角的余弦值，从而求得最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，， 所以，所以. （i）以D为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，，所以， 因为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）， 则， 设，， 设平面法向量，则， 即， 令，得，所以， 由题意可得平面的法向量， 所以， 即平面与平面所成角余弦值为， 因为，所以当时，取得最大值， 所以平面与平面所成角余弦值的最大值为. 19. 某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试.首次测试（测试I）通过率为，末通过测试I的芯片进入第二次测试（测试II），通过率为.通过任意一次测试即为合格芯片，否则报废. （1）若某批次生产了n枚芯片，合格数为随机变量X.当，时，求X的期望与方差； （2）已知一枚芯片合格，求其是通过测试I的概率； （3）为估计（2）中的，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试I.记.若要使得总能不超过0.1，试根据参考内容估计最小样本量. 参考内容：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有. 【答案】（1）， （2） （3）1000 【解析】 【分析】（1）先计算出每个芯片通过测试的合格率后，可得服从二项分布，则可借助二项分布的期望与方差公式计算得解； （2）可借助正难则反的思想计算出出一枚芯片合格的概率，也可借助全概率公式计算出出一枚芯片合格的概率，再结合首次测试（测试I）通过率为与条件概率公式计算从而得解； （3）由题意可得，则，，再结合所给参考内容，可得，，利用基本不等式可得，则对，均有，取可得，计算即可得解. 【小问1详解】 每个芯片通过测试的合格率为，， 则，； 【小问2详解】 解法一：记事件A：通过测试I，事件B：通过测试II，事件C：芯片合格， ， 则； 解法二：记事件：经过测试I，事件：经过测试II，事件B：芯片合格， ，，，， ， 则； 【小问3详解】 因为，所以，， 解法一：，， ，， 又，当且仅当时等号成立， ，均有， 取，则， 根据题意要使得总能不超过0.1， 当，即时满足条件， 最小样本量大约为1000. 解法二：由已知得对，， ， 记，，， 又，当且仅当时等号成立， ，均有， 取，则， 根据题意要使得总能不超过0.1， 当，即时满足条件， 最小样本量大约为1000. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $