精品解析：河南省信阳市淮滨县滨城高级中学、淮滨外国语学校2025届高三下学期二模联考数学试题

2025届淮滨县滨城高中、淮滨外国语学校二模联考 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. 若集合，当时，集合的非空真子集个数为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先确定集合中的元素，再求其非空真子集个数. 【详解】根据题意，当时， 集合， 集合中有3个元素，所以集合的非空真子集个数为. 故选：C 2. 佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建筑，整体成圆锥形，它利用现代设计手法令空间与其展示的艺术品无缝交融，形成一个统一的整体，气势恢宏，美轮美央.佛兰德现代艺术中心的底面直径为8，高为30，则该建筑的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据勾股定理求出圆锥的母线长，再利用圆锥的侧面积公式求出侧面积. 【详解】由题知该建筑的底面直径为8， 所以底面半径为4， 所以母线长， 则其侧面积. 故选：C. 3. 已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，且，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】B 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理和性质，结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】由，，若，由面面平行的性质知：，必要性成立； 由，，若，则或相交，充分性不成立． 相交情况如下： 则“”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 4. 已知正方体分别是的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 【答案】C 【解析】 【分析】通过证明面可得，从而排除AB，再利用证明平面以及排除D即可. 【详解】由已知面，面， 则，又，，面， 所以面，又面，所以，排除AB， 明显分别为的中点，所以， 又面，面， 所以平面，C正确； 若平面，则必有，又， 所以，明显不成立，D错误. 故选：C. 5. 2024年“花开刺桐城”闽南风情系列活动在泉州举办，包含美术、书法、摄影民间文艺作品展览，书画笔会，文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中，某区域有2幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品、1幅不同的摄影作品，将这6幅作品排成两排挂在同一面墙上，第一排挂4幅，第二排挂2幅，则美术作品不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用排列组合公式，还需要用到分类计数加法原理和分步计数乘法原理，因为遇到不相邻问题，还得用插空法原理. 【详解】由题意知这6幅作品排成两排挂在同一面墙上的不同挂法有：种， 由于美术作品不相邻，按以下情形分类： ①美术作品挂在第一排的不同挂法有：种； ②美术作品分挂在两排的不同挂法有：种； 所以美术作品不相邻的概率是：， 故选：C. 6. 某外来入侵植物生长迅速，繁殖能力强，大量繁殖会排挤本地植物，容易形成单一优势种群，导致原有植物种群的衰退甚至消失，使当地生态系统的物种多样性下降，从而破坏生态平衡.假如不加控制，它的总数量每经过一年就增长一倍.则该外来入侵植物由入侵的1株变成100万株大约需要（ ）（参考数据：） A. 40年 B. 30年 C. 20年 D. 10年 【答案】C 【解析】 【分析】设该外来入侵植物由入侵的1株变成100万株大约需要年，根据题意列出方程，再根据对数的运算性质计算即可. 【详解】设该外来入侵植物由入侵的1株变成100万株大约需要年， 由题意知，，即， 所以， 即由入侵的1株变成100万株大约需要20年. 故选：C. 7. 已知双曲线C：的右焦点为F，过F作直线分别与双曲线的两渐近线相交于A、B两点，且，，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知得，，，利用，借助正切值列方程求双曲线的离心率. 【详解】双曲线的右焦点为，渐近线方程为， ，则有，到渐近线的距离， ，，∴，， 则，，， 由，有，即， 解得，则有，所以离心率. 故选：B. 8. 设函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 恰有两个极值点，则恰有两个不同的解，求出可确定是它的一个解，另一个解由方程确定，令通过导数判断函数值域求出方程有一个不是1的解时t应满足的条件. 【详解】由题意知函数的定义域为， . 因为恰有两个极值点，所以恰有两个不同的解，显然是它的一个解，另一个解由方程确定，且这个解不等于1. 令，则，所以函数在上单调递增，从而，且.所以，当且时，恰有两个极值点，即实数的取值范围是. 故选：C 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，函数与方程的应用，属于中档题. 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. 抛物线的焦点为，为其上一动点，当运动到时，，直线与抛物线相交于两点，下列结论正确的是（ ） A. 抛物线的方程为： B. 抛物线的准线方程为： C. 当直线过焦点时，以AF为直径的圆与轴相切 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据焦半径即可求解A，根据准线方程即可求解B，求解圆心和半径即可判断C，设出直线方程，与抛物线方程联立，韦达定理，利用焦半径公式求出，即可判断D. 【详解】对于A：当运动到时，，故，即抛物线为，故A错误； 对于B：由，故抛物线的准线方程为：，故B正确； 对于C：当直线过焦点时，设为，则， 故以为直径的圆的半径为，又，故以为直径的圆的圆心坐标为， 圆心到轴的距离与该圆半径相等，即该圆与轴相切，故C正确； 对于D：由题意直线斜率存在，设的方程为，联立， 整理得，，即， 所以， 所以，， 所以， 不能确定什么时候最小，则D错误. 故选：BC 10. 已知定义在R上的偶函数，其周期为4，当时，，则（ ） A. B. 的值域为 C. 在上单调递减 D. 在上有8个零点 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A选项，利用函数的周期性与奇偶性，计算函数值；对于B选项，利用函数的解析式求得函数值范围，再利用奇偶性，得出函数的值域；对于C选项，利用函数解析式和周期性，推得函数的单调性；对于D选项，利用函数的周期性和奇偶性，得出零点个数。 【详解】对于A，，所以A正确； 对于B，当时，单调递增， 所以当时，的值域为， 由于函数是偶函数，在上的值域也为， 又是周期为的周期函数，所以的值域为，所以B正确； 对于C，当时，单调递增， 又的周期是4，所以在上单调递增，所以C错误； 对于D，令，得，所以， 由于的周期为4，所以， 所以在上有6个零点，所以D错误， 故选：AB. 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，若是奇函数，满足，且对任意，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】令，可判定A不正确；令，得到，结合为奇函数，则为偶函数，得到和，得出和是周期函数，可判定B正确；由函数的周期性，结合和，可得判定C错误；求得，结合周期性，可得判定以D正确. 【详解】对于A中，令，可得， 因为，所以，所以A不正确； 对于B中，令，可得， 所以， 因为函数为奇函数，则为偶函数， 所以， 联立可得， 即， 所以， 所以函数是周期为3的函数，所以，所以B正确； 对于C中，由，可得， 且，因为函数是周期为3的函数， 可得，所以C错误； 对于D中， 由，可得 令，可得，所以， 因为函数周期为3的函数，即，可得 所以函数是周期为3的函数，可得，所以， 令，可得，所以， 所以，可得 所以，所以D正确. 故选：BD. 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. 在的展开式中，的系数为___________(用数字作答) 【答案】15 【解析】 【分析】集合二项式展开式的通项公式即可求出结果. 【详解】由二项式的展开式的通项公式，得，令，则，所以系数为， 故答案为：15. 13. 举重比赛的规则是：挑战某一个重量，每位选手可以试举三次，若三次均未成功则挑战失败；若有一次举起该重量，则无需再举，视为挑战成功，已知甲选手每次能举起该重量的概率是，且每次试举相互独立，互不影响，设试举的次数为随机变量，则的数学期望________；已知甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率是________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】记“第次举起该重量”分别为事件， “甲选手挑战成功”为事件，依题意的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望，再由条件概率的概率公式求出. 【详解】依题意随机变量的可能取值为、、，则；； ， 所以随机变量的概率分布为 1 2 3 所以随机变量的期望为. 记“第次举起该重量”分别为事件， “甲选手挑战成功”为事件， 则， , 所以， 所以甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率为. 故答案为：； 14. 若平面直角坐标系内两点满足: （1）点都在的图象上; （2）点关于原点对称，则称点对是函数的一个“姊妹点对”，且点对与记为一个“姊妹点对”. 已知函数，则的“姊妹点对”有__________个. 【答案】2 【解析】 【分析】问题转化为关于原点对称的函数与在交点的个数，先求出关于原点对称的函数，利用导数方法求出在解的个数，即可得出结论. 【详解】设是关于原点对称函数图象上的点， 则点P关于原点的对称点为在上， ，设，“姊妹点对”的个数即为与在交点的个数， 于是，即，令， 由，得，即，于是只考虑即可， 求导得，显然函数在区间上单调递增， 而，，则存在使得， 当单调递减，单调递增， 而，，， 因此函数在区间，分别各有一个零点， 所以函数的“姊妹点对”有2个. 故答案为：2 【点睛】思路点睛：函数的新定义，等价转化为函数图象的交点，利用函数导数研究单调性，结合零点存在性定理是解题的关键. 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. 在中，已知. （1）求证：； （2）若D为AB的中点，且，，求的面积. 【答案】（1）证明：因为， 所以， 即， 因为，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）由，利用两角和与差的正弦函数化简求解； （2）由D为AB的中点，得到，再两边平方得到CA，CB的一个关系式，由，利用余弦定理得到再得到得到CA，CB的一个关系式，然后利用（1）的结论求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为D为AB的中点，且，， 所以， 两边平方得， ， 即， 又， 即， 由（1）知， 解得，又，且， 所以，则. 16. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且. （1）求证平面； （2）若点为线段上的动点.当直线与平面所成角的正弦值最大时，求平面与平面所成角的大小. 【答案】（1）证明如下： 如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面， 因为平面，所以，又因为是底面圆的内接正三角形， 由，AC为直径，则，可得，而，解得， 又， 所以，即， 又因为，所以与相似，所以，即， 又平面，直线平面平面， 所以直线平面. （2） 【解析】 【分析】（1）设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，进一步可证得，进而可证直线平面. （2）建立空间直角坐标系，设，由题意得到直线与平面所成角的正弦值的表达式，然后用基本不等式求解其最大值，确定点位置，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； 由于，则，即F为OC的中点， 知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设，可得， 设直线与平面所成的角为， 则， 即， 令， 则 ， 当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值4， 即当时，的最大值为1，此时点，所以， 易知即为平面与平面所成的角， 又所以， 故当直线与平面所成角的正弦值最大时，平面与平面所成角为. 17. 如图，开车从站到站有3条路线.甲、乙、丙路线分别为.开车从站到站需要3分钟，从站到站需要2分钟，从站到站需要2分钟，从站到站需要，2.5分钟，从站到站需要分钟，从站到站需要分钟，从站到站需要分钟，从站到站需要分钟，受路上的红绿灯影响，都是随机变量，且分布列如下. 2 2.5 0.4 0.6 1.5 2.5 0.5 0.5 2 3 m 2 3 0.5 0.5 （1）若选择甲路线，开车从站到站的总时间为分钟，求的分布列； （2）小张从这3条路线中选择1条，他在每站选择前进的方向时，都会等可能地选择其中一个方向，在他开车经过站的前提下，若他开车从站到站的总时间少于5分钟的概率为0.4，求的值； （3）以各条路线开车需要的总时间的期望为依据，若三条路线中只有丙路线最快捷，求的取值范围. 【答案】（1）的分布列为 9 9.5 10 10.5 0.2 0.3 0.2 0.3 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意的可能取值为9，9.5，10，10.5，由独立乘法公式算出对应的概率即可得解； （2）由全概率公式即可列方程求解； （3）设选择乙路线开车从站到站的总时间为分钟，选择丙路线开车从站到站的总时间为分钟，分别算出的表达式，即可列不等式组求解的范围. 【小问1详解】 的可能取值为9，9.5，10，10.5， ， 则的分布列为 9 9.5 10 10.5 0.2 0.3 0.2 0.3 【小问2详解】若他开车经过站，则他选择的路线是甲路线或乙路线， 记选择甲路线为事件，选择乙路线为事件，则， 若他开车从站到站的总时间少于5分钟，则或， 所以由全概率公式得，解得. 【小问3详解】 设选择乙路线开车从站到站的总时间为分钟， 则 设选择丙路线开车从站到站的总时间为分钟， ， 则 若三条路线中只有丙路线最快捷，则 即， 又，所以，即的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是准确表示出，列出不等式组即可顺利得解. 18. 已知抛物线的焦点为，，，为上不重合的三点. （1）若，求的值； （2）过，两点分别作的切线，，与相交于点，过，两点分别作，的垂线，，与相交于点. （i）若，求面积的最大值； （ii）若直线过点，求点的轨迹方程. 【答案】（1）3 （2）（i）8；（ii） 【解析】 【分析】（1）设，，，根据向量的坐标运算即可得，再根据抛物线的定义即可得结论； （2）（i）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线得交点坐标关系，再求导，根据导数的几何意义求解切线斜率，即可得切线方程，从而可得切线的交点坐标，根据三角形面积公式列关系求解即可；（ii）利用直线相交、直线过定点即可得点的轨迹方程. 【小问1详解】 依题意，， 设，，， 由得，， 即， 由抛物线定义得，. 【小问2详解】 （i）显然，直线的斜率不为0， 可设直线的方程为，，， 由得：， ，，. ，则，， 切线的方程为， 同理，切线的方程为， 联立两直线方程，解得，即， 则点到直线的距离为， 由， 化简得：， ，当且仅当时取等号， 面积的最大值为8. （ii）若直线过点，由（i），可以设直线的方程为， ，. 直线的方程为， 同理，直线的方程为. 联立两直线方程，解得， 整理后可得消去得：， 点的轨迹方程为. 【点睛】关键点点睛：本题考查了抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系、三角形面积问题最值问题.解决问题的关键是确定直线与抛物线交点坐标关系，并将题中几何性质转化为交点坐标关系，另外在求抛物线的切线可以考虑利用导数来求解切线斜率. 19. 若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． （1）若，且满足，求的大小． （2）若为锐角三角形． （ⅰ）证明：． （ⅱ）若平分，证明：． 【答案】（1） （2） （ⅰ）在内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得： ， ， ， 三式相加可得：① 在内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得： ， 在和内，同理：，， 三式相等：， 因为，由等比性质得：② 由①②式可证得：； （ⅱ）因为， 即， 所以， 在中， 分别由余弦定理得：，，， 三式相加整理得， ， 将代入得： 若平分，则，， 所以③ 又由余弦定理可得：④ 由③-④得： 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）先判断与相似，进而得到，应用余弦定理求出的值即可； （2）（ⅰ）在内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式得：，针对分别在、和内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式，且表示出三角形的面积，由余弦定理形式相加，再化简整理得：，即可得证；（ⅱ）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，平分，将代入，化简整理即可得证. 【小问1详解】 若，即，得， 点满足，则， 在和中，，， 所以与相似，且， 所以，即， 由余弦定理得：，且，， 得，且， 所以； 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：根据表示出三角形得面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届淮滨县滨城高中、淮滨外国语学校二模联考 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. 若集合，当时，集合的非空真子集个数为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 4 2. 佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建筑，整体成圆锥形，它利用现代设计手法令空间与其展示的艺术品无缝交融，形成一个统一的整体，气势恢宏，美轮美央.佛兰德现代艺术中心的底面直径为8，高为30，则该建筑的侧面积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，且，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 4. 已知正方体分别是的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 5. 2024年“花开刺桐城”闽南风情系列活动在泉州举办，包含美术、书法、摄影民间文艺作品展览，书画笔会，文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中，某区域有2幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品、1幅不同的摄影作品，将这6幅作品排成两排挂在同一面墙上，第一排挂4幅，第二排挂2幅，则美术作品不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 某外来入侵植物生长迅速，繁殖能力强，大量繁殖会排挤本地植物，容易形成单一优势种群，导致原有植物种群的衰退甚至消失，使当地生态系统的物种多样性下降，从而破坏生态平衡.假如不加控制，它的总数量每经过一年就增长一倍.则该外来入侵植物由入侵的1株变成100万株大约需要（ ）（参考数据：） A. 40年 B. 30年 C. 20年 D. 10年 7. 已知双曲线C：的右焦点为F，过F作直线分别与双曲线的两渐近线相交于A、B两点，且，，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 设函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） 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. 抛物线的焦点为，为其上一动点，当运动到时，，直线与抛物线相交于两点，下列结论正确的是（ ） A. 抛物线的方程为： B. 抛物线的准线方程为： C. 当直线过焦点时，以AF为直径的圆与轴相切 D. 10. 已知定义在R上的偶函数，其周期为4，当时，，则（ ） A. B. 的值域为 C. 在上单调递减 D. 在上有8个零点 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，若是奇函数，满足，且对任意，，，则（ ） A. B. C. D. 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. 在的展开式中，的系数为___________(用数字作答) 13. 举重比赛的规则是：挑战某一个重量，每位选手可以试举三次，若三次均未成功则挑战失败；若有一次举起该重量，则无需再举，视为挑战成功，已知甲选手每次能举起该重量的概率是，且每次试举相互独立，互不影响，设试举的次数为随机变量，则的数学期望________；已知甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率是________． 14. 若平面直角坐标系内两点满足: （1）点都在的图象上; （2）点关于原点对称，则称点对是函数的一个“姊妹点对”，且点对与记为一个“姊妹点对”. 已知函数，则的“姊妹点对”有__________个. 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. 在中，已知. （1）求证：； （2）若D为AB的中点，且，，求的面积. 16. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且. （1）求证平面； （2）若点为线段上的动点.当直线与平面所成角的正弦值最大时，求平面与平面所成角的大小. 17. 如图，开车从站到站有3条路线.甲、乙、丙路线分别为.开车从站到站需要3分钟，从站到站需要2分钟，从站到站需要2分钟，从站到站需要，2.5分钟，从站到站需要分钟，从站到站需要分钟，从站到站需要分钟，从站到站需要分钟，受路上的红绿灯影响，都是随机变量，且分布列如下. 2 2.5 0.4 0.6 1.5 2.5 0.5 0.5 2 3 m 2 3 0.5 0.5 （1）若选择甲路线，开车从站到站的总时间为分钟，求的分布列； （2）小张从这3条路线中选择1条，他在每站选择前进的方向时，都会等可能地选择其中一个方向，在他开车经过站的前提下，若他开车从站到站的总时间少于5分钟的概率为0.4，求的值； （3）以各条路线开车需要的总时间的期望为依据，若三条路线中只有丙路线最快捷，求的取值范围. 18. 已知抛物线的焦点为，，，为上不重合的三点. （1）若，求的值； （2）过，两点分别作的切线，，与相交于点，过，两点分别作，的垂线，，与相交于点. （i）若，求面积的最大值； （ii）若直线过点，求点的轨迹方程. 19. 若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． （1）若，且满足，求的大小． （2）若为锐角三角形． （ⅰ）证明：． （ⅱ）若平分，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $