精品解析：河南省信阳市商城县达权店高中、丰集高中2025届高三下学期二模联考数学试题

2025届商城县达权店高中、丰集高中二模联考 高三数学试题卷 注意事项: 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.考试时间120分钟，满分150分.考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效.交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题，共58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1. 2024年的高考数学将在6月7日下午进行，其中数学有12道单项选择题，如果每道选择题的答案是从A，B，C，D四个选项中随机生成，那么请你运用概率统计的知识，推断分析下列哪个选项最有可能成为2024年高考数学选择题的答案分布（ ） A. AAAAAAAAAAAA B. ABCDABCDABCD C. CDABACADCBDB D. DBCCCDCDBDBD 【答案】C 【解析】 【分析】根据随机事件的特征进行逐个判断即可. 【详解】A选项全部是A答案,很显然不正确. B选项A,B,C,D每个有3个答案,但不具备随机性. D选项没有A答案,也不正确. C选项A,B,C,D每个有3个答案,具备随机性,C正确. 故选:C. 2. 的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，则为（ ） A. 6 B. 5 C. 8 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质，其奇数项的二项式系数之和为进行求解. 【详解】根据题意，的展开式中奇数项的二项式系数之和为， 所以. 故选：A 3. 已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（ ） A. 24 B. 18 C. 12 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据题意求得，然后结合二项式定理即可求解. 【详解】已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则只能， 从而的展开式为， 令，解得， 所以展开式中的常数项为. 故选：A. 4. 已知甲同学从学校的2个科技类社团，4个艺术类社团，3个体育类社团中选择报名参加，若甲报名了两个社团，则在仅有一个是艺术类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设事件为“仅有一个是艺术类社团”，事件为“另一个是体育类社团的概率”，利用条件概率公式可得结论. 【详解】设事件为“仅有一个是艺术类社团”，事件为“另一个是体育类社团的概率”， 则，， . 故选：A. 5. 在中，为边的中点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助平面向量的线性运算及平面向量基本定理计算即可得解. 【详解】因为为边的中点，， 所以. 故选：D. 6. 已知，若，则的最小值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得，再令，利用导数证明，从而得到，设是直线上的点，是圆上的点，从而得到目标式转化为，求出，即可得解. 【详解】因为，所以， 设，则， 当单调递减，当单调递增， 所以，即， 综上，，即，所以， 设是直线上的点，是圆上的点， 而目标式为， 又，故． 故选：B 7. 将一枚均匀的骰子独立投掷两次,所得的点数依次记为x,y,记A事件为“>”,则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可以分析出，抛掷两次总的基本事件有36个，随后进行列举分析. 【详解】抛掷两次总的基本事件有36个.当x=1时,没有满足条件的基本事件； 当x=2时，y=1满足；当x=3时，y=1，2，6满足；当x=4时，y=1，2，3，5，6满足； 当x=5时，y=1，2，6满足；当x=6时，y=1满足. 总共有13种满足题意，所以P(A)=. 故选：C. 8. 信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量所有可能的取值为，且，，定义的信息熵，若，随机变量所有可能的取值为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对数的运算和作差法，随机变量的创新应用即可判断. 【详解】依题意知，，，，…，， ∴， 又， ∴，又，，…，， ∴，∴. 故选：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. 已知函数 的图象是由函数 的图象向右平移个单位得到，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 的图象关于点对称 【答案】AD 【解析】 【分析】首先求出函数解析式，然后结合正弦函数的性质逐个分析判断. 【详解】因为，向右平移个单位得， 对于A：最小正周期为，故A正确； 对于B：由，得，得， 因为在上递减，在上递增， 所以在区间上不单调递增，所以B错误； 对于C：因为， 所以的图象不关于直线对称，所以C错误； 对于D：因为，所以 的图象关于点对称，所以D正确. 故选：AD. 10. 已知函数，将函数的图像横坐标缩短为原来的倍，再向左平移单位，得到函数.则下列结论中正确的是（ ） A. 为偶函数 B. 不等式的解集为 C. 在上单调递增 D. 函数在的零点为且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】由三角恒等变换化简解析式，由解析式判断的奇偶性得A选项结果；由函数图像变换得函数解析式，由解析式解决不等式单调区间和零点问题判断选项BCD. 【详解】， ，为奇函数，A选项错误； 函数的图像横坐标缩短为原来的倍，得函数的图像， 再向左平移单位，得到函数的图像， 若，即， 则有，解得，B选项正确； 时，，不是正弦函数的单调递增区间，C选项错误； 时，有，函数在的零点为， 则有，，， 所以，D选项正确. 故选：BD 11. 在三棱锥中，平面平面，，则（ ） A. 三棱锥的体积为1 B. 点到直线AD的距离为 C. 二面角的正切值为2 D. 三棱锥外接球的球心到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：取AB的中点，面面垂直的性质定理及等体积法计算即可得；对B、C：结合中位线的性质构造出点到直线的距离，结合勾股定理计算即可得其长度，亦可得二面角的平面角，即可得其正切值；对D：设出外接球球心及，的外心，，结合线面垂直的性质定理可得四边形为矩形，从而可计算出，即可得解. 【详解】对A：如图，取AB的中点，连接DG，CG， 因为平面平面，且平面平面， 平面，又因为，所以， 所以平面， 因为， 所以，故A正确； 对B、C：取AD的中点，连接BE，取AE的中点，连接FG，CF， 因为F，G分别为AE，AB中点，则， 又因为，所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又因为平面，则， 则点到直线AD的距离为， 则为二面角的平面角，，B错误，C正确； 对D：设，的外心分别为，，则， 又平面平面，平面，所以平面， 设三棱锥外接球的球心为，则平面，平面， 所以四边形为矩形，则， 故三棱锥外接球的球心到平面的距离为，D正确. 故选：ACD. 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 第二十一届大连国际徒步大会即将召开，现在要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、安保、礼仪、服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，若每个工作仅需要一人且每人只能从事一项工作，则不同的选派方案共有______种. 【答案】36 【解析】 【分析】分小张和小赵两人只有一人入选和两人都入选两种情况讨论，利用分类加法计算原理计算可得. 【详解】①小张和小赵两人只有一人入选，则有种选派方法； ②小张和小赵两人都入选，则有种选派方法； 综上可得一共有种选派方法. 故答案为：36 13. 在中，内角的对边分别为，，且，则面积的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先由已知条件结合余弦定理和求出，再由余弦定理结合基本不等式求出最大值，即可由正弦定理形式面积公式求出面积最大值. 【详解】因为， 所以由余弦定理，得， 所以，又， 则， 所以由余弦定理以及基本不等式得： ， 即，当且仅当时等号成立， 所以，即面积的最大值为， 故答案为：. 14. 已知中，，，记，则_________；若，当最大时，___________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】用基底和表示，即可求得；建立平面直角坐标系，用向量方法表示出，求解最小，即可得到最大时. 【详解】 因为，所以， ， 所以，； 因为，所以，以为坐标原点建立如图所示直角坐标系，则，， 设，则，，则，， ，当且仅当时取等号， 此时，，最小，最大， 所以当最大时，. 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. 已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求A； （2）若外接圆的直径为，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由两角和与差的余弦公式、正弦定理化简已知式即可得出答案； （2）由正弦定理可得，由两角差的正弦公式和辅助角公式可得，再由三角函数的性质求解即可. 【小问1详解】 由可得：，所以， 所以， ， ，由正弦定理可得， 因为，所以，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 由正弦定理可得， 所以， 故， 又，所以， 所以 ，又，所以， 所以，所以的取值范围为. 16. 在正四棱柱中，为中点，直线与平面交于点． （1）证明：为的中点； （2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：如图，连接，，在正四棱柱中， 由与平行且相等得是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 平面，平面平面， 所以，是中点， 所以是的中点； （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理判断； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求线面角确定点位置，再由空间向量法求二面角． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为轴建立空间直角坐标系，如图，设（）， 则，，，， ，， 设平面的一个法向量是，则 ，取，得， 因为直线与平面所成的角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，平面的一个法向量是， 平面即为平面， 则， 二面角为锐角，因此其余弦值为． 【点睛】 17. 某校高三年级拟派出甲､乙､丙三人去参加校运动会跑项目.比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛.已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为；乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和；丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别为和，其中 （1）甲､乙､丙三人中，谁进入决赛的可能性最大； （2）若甲､乙､丙三人中恰有两人进入决赛的概率为，求的值； （3）在（2）的条件下，设进入决赛的人数为，求的分布列. 【答案】（1）甲； （2）； （3）的分布列为： 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件的概率公式分别求出甲乙丙进入决赛的概率，再比较大小即可. （2）利用互斥事件的加法公式及相互独立事件的概率公式，列式解方程即得. （3）利用（2）的结论，求出的可能值及对应的概率列出分布列. 【小问1详解】 甲进入决赛的概率为，乙进入决赛的概率为， 丙进入决赛的概率为，而，则， 所以甲进入决赛的可能性最大. 【小问2详解】 甲､乙､丙三人中恰有两人进入决赛的概率为 ， 整理可得，而，所以. 【小问3详解】 依题意，甲､乙､丙进入决赛的概率分别为， 随机变量的可能取值有， ， ， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 3 18. 在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数． （1）求动点的轨迹方程； （2）记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为. （i）求的值； （ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）是，3 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程，化简，即可求得答案； （2）（i）设，，，设直线方程为，联立曲线C的方程，可得根与系数关系式，同理设直线方程为，化简可得，即可求得答案；（ii）分别求出，的表达式，即可得到的表达式，化简即可得结论. 【小问1详解】 由题意可知，， 化简得，于是，动点的轨迹方程为． 【小问2详解】 （i）设，，，不妨假设在第一象限， 则E在第四象限， 由题意知的斜率存在且不为0， 设直线方程为，代入可得， 需满足，所以， ,直线方程为，代入， 可得，，则， 因为，，所以， 即. 同理，，，即，所以，则关于x轴对称， 所以； （ii）. 所以，. 综上，为定值． 【点睛】易错点点睛：解答此类直线和圆锥曲线的位置关系类题目，综合性较强，难度较大，容易出错的地方在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，因此要求计算时要十分细心. 19. 已知是公差为2的等差数列，数列的前项和为，且． （1）求的通项公式； （2）求； （3）[x]表示不超过的最大整数，当时，是定值，求正整数的最小值． 【答案】（1） （2） （3）7 【解析】 【分析】（1）先由是公差为2的等差数列，求得递推关系，再利用叠加法求得，进而得到的通项公式； （2）法一：两次利用错位相减法即可求得数列的前项和为；法二：构造得，再利用裂项相消法即可得解； （3）利用数列单调性结合题给条件即可求得正整数的最小值. 【小问1详解】 设，则． 因为是公差为2的等差数列，所以． 设，则， 所以时， ． 所以，即， 又，满足上式，所以 【小问2详解】 （方法一）因为， 所以 两式相减得． 设， 则， 两式相减得 ， 则． 所以，即． （方法二）因为， 所以． 所以 则， 即． 【小问3详解】 当时，，且，所以的定值为9． 所以当时，． 令，则， ， 所以单调递减． 因为，所以，即正整数的最小值为 【点睛】方法点睛：数列求和的方法技巧： （1）倒序相加法：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和． （2）错位相减法：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． （3）分组求和法：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届商城县达权店高中、丰集高中二模联考 高三数学试题卷 注意事项: 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.考试时间120分钟，满分150分.考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效.交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题，共58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1. 2024年的高考数学将在6月7日下午进行，其中数学有12道单项选择题，如果每道选择题的答案是从A，B，C，D四个选项中随机生成，那么请你运用概率统计的知识，推断分析下列哪个选项最有可能成为2024年高考数学选择题的答案分布（ ） A. AAAAAAAAAAAA B. ABCDABCDABCD C. CDABACADCBDB D. DBCCCDCDBDBD 2. 的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，则为（ ） A. 6 B. 5 C. 8 D. 4 3. 已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（ ） A. 24 B. 18 C. 12 D. 6 4. 已知甲同学从学校的2个科技类社团，4个艺术类社团，3个体育类社团中选择报名参加，若甲报名了两个社团，则在仅有一个是艺术类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率（ ） A. B. C. D. 5. 在中，为边的中点，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，若，则的最小值等于（ ） A. B. C. D. 7. 将一枚均匀的骰子独立投掷两次,所得的点数依次记为x,y,记A事件为“>”,则（ ） A. B. C. D. 8. 信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量所有可能的取值为，且，，定义的信息熵，若，随机变量所有可能的取值为，且，则（ ） 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. 已知函数 的图象是由函数 的图象向右平移个单位得到，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 的图象关于点对称 10. 已知函数，将函数的图像横坐标缩短为原来的倍，再向左平移单位，得到函数.则下列结论中正确的是（ ） A. 为偶函数 B. 不等式的解集为 C. 在上单调递增 D. 函数在的零点为且，则 11. 在三棱锥中，平面平面，，则（ ） A. 三棱锥的体积为1 B. 点到直线AD的距离为 C. 二面角的正切值为2 D. 三棱锥外接球的球心到平面的距离为 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 第二十一届大连国际徒步大会即将召开，现在要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、安保、礼仪、服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，若每个工作仅需要一人且每人只能从事一项工作，则不同的选派方案共有______种. 13. 在中，内角的对边分别为，，且，则面积的最大值为______． 14. 已知中，，，记，则_________；若，当最大时，___________. 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. 已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求A； （2）若外接圆的直径为，求的取值范围． 16. 在正四棱柱中，为中点，直线与平面交于点． （1）证明：为的中点； （2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值． 17. 某校高三年级拟派出甲､乙､丙三人去参加校运动会跑项目.比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛.已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为；乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和；丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别为和，其中 （1）甲､乙､丙三人中，谁进入决赛的可能性最大； （2）若甲､乙､丙三人中恰有两人进入决赛的概率为，求的值； （3）在（2）的条件下，设进入决赛的人数为，求的分布列. 18. 在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数． （1）求动点的轨迹方程； （2）记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为. （i）求的值； （ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 19. 已知是公差为2的等差数列，数列的前项和为，且． （1）求的通项公式； （2）求； （3）[x]表示不超过的最大整数，当时，是定值，求正整数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $