精品解析：湖北省黄冈市蕲春县实验高级中学2024-2025学年高三下学期第二次模拟考试数学试题

蕲春实高 2025 届高三第二次模拟考试数学 命题:肖玉容 审题: 郑大为 吴文静 ★祝考试顺利★ 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，且，其中，为实数，则（ ） A 1 B. 3 C. D. 5 3. 已知，为单位向量，且在上的投影向量为，则（ ） A. 5 B. C. 3 D. 4. 已知为两条不同直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） ①若，则； ②过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行； ③若，则必垂直于面内的无数条直线； ④若为异面直线且点，则存在两条直线过点且与都相交. A. ④ B. ③ C. ② D. ① 5. 已知双曲线的一条渐近线方程为，、分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线上一点，若，则（ ） A. B. 或 C. 或 D. 6. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，某池塘里浮萍的面积（单位：）与时间（单位：月）的关系为，关于下列说法，其中正确的说法是（ ） ①浮萍每月的增长率相同； ②若函数与图像关于直线对称，则函数的值域为的充要条件是； ③若，则当时，恒成立； ④若浮萍蔓延到所经过的时间分别是，则. A. ①③④ B. ③④ C. ②③④ D. ①②④ 8. 已知实数，且，则下列四个结论中，正确的有（ ） A. B. C. D. 的最小值是 二、多选题：本题共3小题，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. 为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了10组数据，绘制散点图如图所示，并进行线性回归分析，若去掉点后，下列说法正确的是（ ） A. 决定系数变大 B. 相关系数变小 C. 残差平方和变小 D. 这些数据中的x的平均值变小，的平均值变大 10. 四照花美观而鲜艳，具有清热解毒、收敛止血的功能.曲线的轨迹和四照花颇为相似，下列说法正确的是：（ ） A. 曲线C所表示的图形有条对称轴 B. 能完全覆盖曲线C的最小圆的面积为 C. 直线是曲线C与圆公切线 D. P为曲线C上第一象限的点，直线与坐标轴交于E、F两点，不存在点P使得的直角 11. 在三棱锥中，，，，，且，则（ ） A. 点的轨迹为椭圆 B. 当平面固定时，点的轨迹对应曲线的离心率为 C. 当二面角为时，的面积与的面积之和有最大值 D. 二面角的余弦值的最小值为 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若是奇函数,则________． 13. 甲、乙等5人去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为_______ 种. 14. 已知数列的首项为，前项和为，且，若，则的取值范围为_______________ 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. 如图，锐角的内角A ,B , C的对边分别为，直线与的边AB，AC分别相交于点D，E，设，满足. （1）求角的大小； （2）若且，求的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，平面． （1）求的长； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值 17. 已知函数. （1）若函数在点处的切线与轴平行，求的值； （2）当时，设的极大值为，求证：. 18. 在某场乒乓球比赛中，甲、乙两运动员进入到了比赛决胜局，且在该局中的比分为10:10，接下来比赛规则如下：两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得1分，直到有一方得分超过对方2分时即可获得该局的胜利.已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6 .比赛既是实力的较量，也是心态的比拼，以后每球比赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为 . 记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为. （1）求甲以的比分赢得比赛的概率； （2）求与的关系； （3）若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6，求的取值范围. （参考知识：当时，若，则.） 19. 已知向量绕着原点沿逆时针方向旋转角可得到向量. （1）求点绕着原点沿逆时针方向旋转得到的点的坐标； （2）若曲线上的所有点绕着原点逆时针方向旋转得到曲线对应的方程为. （i）求曲线方程； （ii）设直线过定点与曲线交于点，直线过定点与曲线交于点，，且，求四点构成的四边形面积的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 蕲春实高 2025 届高三第二次模拟考试数学 命题:肖玉容 审题: 郑大为 吴文静 ★祝考试顺利★ 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合的表示法可发现集合是点集，集合是数集，所以交集为空集. 【详解】因为集合表示直线上所有点的集合，其元素是点， 集合表示直线上所有点的横坐标的集合，其元素是数， 所以. 故选：D. 2. 已知，且，其中，为实数，则（ ） A. 1 B. 3 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先利用算出，则能通过得到关于，的方程组，解出，，即可求出答案 【详解】因为，所以， 所以， 所以由可得，解得， 所以， 故选：C 3. 已知，为单位向量，且在上的投影向量为，则（ ） A. 5 B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先确定与的夹角，再求，进而可解出. 【详解】解：因为在上的投影向量为， 所以与的夹角为，所以， 所以， 所以. 故选：D． 4. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） ①若，则； ②过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行； ③若，则必垂直于面内的无数条直线； ④若为异面直线且点，则存在两条直线过点且与都相交. A. ④ B. ③ C. ② D. ① 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面垂直性质可知①错误，由点、线、面的位置关系以及线面平行的性质可得②错误，利用面面垂直判定定理及其性质可判断③正确，由异面直线定义以及基本定理可得仅有一条直线过点且与都相交，即④错误. 【详解】对于①，若，则可知或，如下图中所示： 即①错误； 对于②，不妨取正方体为例，如下图所示： 直线外一点，此时平面与均与直线平行， 因此过直线外一点，可以作与这条直线平行的平面并不唯一，即②错误； 对于③，若，不妨设， 作，且，所以可知，显然这样的直线可以作出无数条， 如下图所示： 所以必垂直于面内的无数条直线，即③正确； 对于④，在直线上取两点，在直线上取两点，如下图所示: 因为为异面直线且点，所以过三点有且仅有一个平面， 同理过三点有且仅有一个平面，此时两平面仅有一条过点的交线， 所以④错误； 综上可知，仅有③正确. 故选：B 5. 已知双曲线的一条渐近线方程为，、分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线上一点，若，则（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出的值，利用双曲线的定义可求得. 【详解】由题意知，所以，所以， 所以，所以点在双曲线的左支上， 所以，所以， 故选：D. 6. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的定义域，再利用三角恒等变换化简函数，求出周期作答. 【详解】函数中，，且， 即有，且，于是得原函数定义域为且， 又，函数最小正周期为， 显然区间内的任意实数，原函数都有意义，而区间内取不为的实数原函数才有意义， 因此原函数的周期不是，又， 经验证任取长度为的区间，每个单位平移，不在定义域内的实数呈周期性， 如区间中，且，区间中，且，不取的实数依次相差， 所以原函数的最小正周期为. 故选：B 7. 如图，某池塘里浮萍的面积（单位：）与时间（单位：月）的关系为，关于下列说法，其中正确的说法是（ ） ①浮萍每月的增长率相同； ②若函数与的图像关于直线对称，则函数的值域为的充要条件是； ③若，则当时，恒成立； ④若浮萍蔓延到所经过的时间分别是，则. A. ①③④ B. ③④ C. ②③④ D. ①②④ 【答案】A 【解析】 【分析】将点的坐标代入可求出，通过增长率计算可判断①；根据反函数的定义可知，利用对数函数的性质结合二次函数的图象和性质可判断②；利用基本不等式计算判断③；利用指数幂的运算判断④. 【详解】由图象可知，函数过点，则，即. 对于①，浮萍每月的增长率为，故①正确； 对于②，若函数与的图像关于直线对称，则， 则，要使其值域为，则函数的值域要包含， 因为二次函数开口向上，所以即可，解得或，故②错误； 对于③，，设，则， 所以， 当且仅当即时等号成立，所以，故③正确； 对于④，由题意知，，，，所以，， 则，故，故④正确. 故选：A. 8. 已知实数，且，则下列四个结论中，正确的有（ ） A. B. C. D. 的最小值是 【答案】D 【解析】 【分析】由题意构造函数构造函数，求导得函数单调性、极值情况，即可判断A，B，C，将目标式子转换为关于的函数即可求解. 【详解】构造函数， 则，由可得或，由可得， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 因为a，b，c为函数的三个零点， 所以，， 因为， 所以由零点存在定理可得，，， 而与矛盾，由不能得到，由不能得到或；故A、B、C 错误； 由条件可得，， 所以， 所以当时取得最小值，故D正确. 故选：D. 二、多选题：本题共3小题，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. 为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了10组数据，绘制散点图如图所示，并进行线性回归分析，若去掉点后，下列说法正确的是（ ） A. 决定系数变大 B. 相关系数变小 C. 残差平方和变小 D. 这些数据中的x的平均值变小，的平均值变大 【答案】AC 【解析】 【分析】由图可知：点较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好.结合相关系数、决定系数、残差平方和以及点的横纵坐标平均值逐项分析判断. 【详解】由图可知：较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好. 对于A，决定系数越接近于1，拟合效果越好，所以去掉点后，决定系数变大，故A正确； 对于B，相关系数越接近于1，线性相关性越强，因为散点图是递增的趋势，所以去掉点后，相关系数变大，故B错误； 对于C，残差平方和变大，拟合效果越差，所以去掉点后，残差平方和变小，故C正确； 对于D，由图可知，点在所有点中，横坐标较小，纵坐标较大，所以去掉点后，x的平均值变大，的平均值变小，故D错误； 故选：AC. 10. 四照花美观而鲜艳，具有清热解毒、收敛止血的功能.曲线的轨迹和四照花颇为相似，下列说法正确的是：（ ） A. 曲线C所表示的图形有条对称轴 B. 能完全覆盖曲线C的最小圆的面积为 C. 直线是曲线C与圆的公切线 D. P为曲线C上第一象限的点，直线与坐标轴交于E、F两点，不存在点P使得的直角 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，将代入方程即可判断，对于B，确定第一象限曲线上的点到原点距离的最大值即可判断；对于C，由第一象限圆心到直线的距离与半径的关系即可判断；对于D，确定以为直径的圆的方程为：，联立第一象限曲线，进而可求解. 【详解】对于A：设为曲线上任意一点， 将点方程，显然满足， 所以曲线关于对称，故A正确， 当时，，再结合A中对称性， 可得：曲线图像， 对于B：在第一象限，可知曲线对应的圆心坐标为，半径为， 所以曲线在第一象限内的点到原点距离最大值为， 所以能完全覆盖曲线C的最小圆，应该是以为圆心，以为半径的圆，面积为，B正确； 对于C：在第一象限，可知曲线对应的圆心坐标为，半径为， 圆心到的距离为：， 所以直线是曲线C不相切，错误； 对于D：， 则以为直径的圆，圆心坐标为：，半径为：， 所以圆的方程为：， 即：， 第一象限曲线， 两方程相减可得，代入， 可得：，解得：或，此点在轴上， 所以不存在点P使得的直角，D正确， 故选：ABD 11. 在三棱锥中，，，，，且，则（ ） A. 点的轨迹为椭圆 B. 当平面固定时，点的轨迹对应曲线的离心率为 C. 当二面角为时，的面积与的面积之和有最大值 D. 二面角的余弦值的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，可根据椭圆的定义来判断；对于B，根据双曲线的定义判断点C的轨迹，然后根据双曲线的性质求出离心率；对于C，首先将两个三角形的面积表达式列出来，然后根据二面角是60°，利用正弦定理，将的表达式列出来，然后根据角的范围求出最大值；对于D，将二面角的余弦值表示出来后，通过化简求出最小值. 【详解】对于选项A： 在三棱锥中，因为， 根据椭圆的定义：平面内到两个定点的距离之和等于常数（大于两个定点之间的距离）的点的轨迹叫椭圆. 这里为两个定点，为定值且大于，而点在空间中， 所以点的轨迹是以为焦点的椭球.所以A错误. 对于选项B： 因为，根据双曲线的定义可知点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支. 设双曲线方程为 ，，则， 则，所以离心率为，B正确. 对于选项C： 作，连接. 因为平面，所以平面. 所以，所以为的二面角，根据题意为60°. . 要求其最大值，即是求的最大值. 在中，设,根据正弦定理得 . 所以， 所以. 因为，所以，所以. 所以的最大值为. 所以的最大面积为，所以C正确. 对于选项D： 在平面中，因为，，所以在该平面内点的轨迹是椭圆. 所以，，所以椭圆方程为 设为中点，对应的椭圆为： 椭圆方程可变换为，所以可设，， 在平面中，因为，，所以在该平面内点的轨迹是双曲线. 所以，，所以双曲线方程为.图像如下： 因为双曲线方程为，所以. 所以， 所以，根据余弦定理 ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 因此，二面角的余弦值的最小值为.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. 若是奇函数,则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数的定义域关于原点对称,得到,即可求出的值,求出函数的定义域，再由奇函数的性质,求出的值,即可得到结果。 【详解】因为是奇函数, 定义域关于原点对称, 由,可得, 所以且, 所以,解得, 所以函数的定义域为, 则,即, 解得, 此时, ,符合题意; 故答案为:. 13. 甲、乙等5人去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为_______ 种. 【答案】114 【解析】 【分析】由题意，根据分组分配的解题方法，结合正难则反的思想，可得答案. 【详解】由题意人去三个地方，不同分组有或，则不同的游览方法的种数为， 若甲乙去到同一景区，则不同的游览方法的种数为， 符合题意的不同的游览方法的种数为. 故答案为：. 14. 已知数列的首项为，前项和为，且，若，则的取值范围为_______________ 【答案】 【解析】 【分析】利用已知写出奇数、偶数项的通项公式，再应用分组求和及等比数列的前n项和公式求，结合已知求的取值范围. 【详解】当为奇数，则，即， 所以的奇数项是首项为，公比为2的等比数列， 则，即， 当为偶数，则，即， 所以的偶数项是首项为，公比为2的等比数列， 则，即， 所以， 若，则，即. 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. 如图，锐角的内角A ,B , C的对边分别为，直线与的边AB，AC分别相交于点D，E，设，满足. （1）求角的大小； （2）若且，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，进而得到，即可求解； （2）由正弦定理，得到，化简，根据锐角三角形，求得，结合三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：因为， 可得， 可得， 所以，可得， 又因为，可得， 所以，因为，所以. 【小问2详解】 解：因为，可得且， 由正弦定理得，可得， 则， 在锐角三角形中，可得 ，可得，可得， 所以，所以，所以， 所以的取值范围为. 16. 如图，在四棱锥中，平面． （1）求的长； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据平行和垂直的性质得，，再利用线面垂直的判定与性质得，，最后利用勾股定理求出线段长； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，最后再利用线面角的空间向量法即可得到答案. 【小问1详解】 取中点，连，，由，所以四边形为平行四边形，故. 由平面，平面，有，所以. 又，所以，又，平面，所以平面. 由平面，所以. 由平面，平面，有，故. 又，故. 【小问2详解】 以为坐标原点，为，轴的正方向， 以过且与平面垂直向上为轴的正方向建立空间直角坐标系. 由，得为正三角形，故. 又， . 设平面的法向量， 由，即， 取，得到平面的一个法向量. 又， 设直线与平面所成角的大小为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】 17. 已知函数. （1）若函数在点处的切线与轴平行，求的值； （2）当时，设的极大值为，求证：. 【答案】（1） （2） 当时，由可得或， 当时，即当时，由可得或，由可得， 此时函数的增区间为、，减区间为， 则的极大值等于； 当时，，在上单调递增，无极大值； 当时，即当时，由可得或，由可得， 此时函数的增区间为、，减区间为， 所以的极大值等于， 令，所以， 当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以故， 综上所述，. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义得出，即可得出实数值； （2）对实数的取值进行分类讨论，分析函数的单调性，求出的表达式，再利用导数证明出即可. 【小问1详解】 因为 则. 由导数的几何意义可得，得. 【小问2详解】 略 18. 在某场乒乓球比赛中，甲、乙两运动员进入到了比赛决胜局，且在该局中的比分为10:10，接下来比赛规则如下：两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得1分，直到有一方得分超过对方2分时即可获得该局的胜利.已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6 .比赛既是实力的较量，也是心态的比拼，以后每球比赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为 . 记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为. （1）求甲以的比分赢得比赛的概率； （2）求与的关系； （3）若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6，求的取值范围. （参考知识：当时，若，则.） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件概率以及乘法公式直接计算即可； （2）依题意得出第次和第甲获胜的概率，求出其递推公式即可得出结论； （3）依据（2）中结论，利用等比数列定义得出的通项公式，再由数列单调性得出对应不等式，解不等式即可求得结果. 【小问1详解】 记第一球比赛甲运动员获胜的事件为，第二球比赛甲运动员获胜的事件为， 由题意知，且， 可知； 即甲以 的比分赢得比赛的概率为. 【小问2详解】 记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为， 则乙运动员在第球比赛中获胜的概率为， 所以， 即 【小问3详解】 由（2）可知, 可知数列是首项为，公比为的等比数列， 则有，, ①当时，，又， 故是一个递减数列，当时，， 依题需使，即，这与矛盾,舍去； ②当时，，不合题意； ③当时，，又，故是一个递增数列， 依题意，只需，即，解得， 故； 综上：时，甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6. 19. 已知向量绕着原点沿逆时针方向旋转角可得到向量. （1）求点绕着原点沿逆时针方向旋转得到的点的坐标； （2）若曲线上的所有点绕着原点逆时针方向旋转得到曲线对应的方程为. （i）求曲线的方程； （ii）设直线过定点与曲线交于点，直线过定点与曲线交于点，，且，求四点构成的四边形面积的最小值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意求解即可； （2）（i）将曲线绕着原点沿顺时针方向旋转得到曲线，设为曲线上点旋转后的对应点，设，进而可求出的坐标，再代入曲线的方程，即可求出求出曲线的方程；（ⅱ）由弦长公式结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 （1）因为，即， 绕着原点沿逆时针方向旋转得到的点， 则，所以； 【小问2详解】 （i）将曲线绕着原点沿逆时针方向旋转得到曲线， 设为曲线E上点旋转后的对应点， 设，则， 又因为， 所以，整理得， （ii） 由（i）直线过定点与曲线:交于，直线过定点与曲线:交于，且， AB与CD交点满足，且在椭圆内部， 当AB与重合时；· 当AB与不重合时，设直线， 联立，整理得， 则， 所以， 同理可得， ， 当且仅当，即时取等号， 因为，即四点构成的四边形面积的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $