精品解析：2025届安徽省六安第一中学高三综合模拟预测数学试题(二)

六安一中2025届高三综合模拟试卷数学试卷（二） 时间：120分钟 满分:150分 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. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 无法确定，与有关 3. 记为等比数列的前n项和.若，，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，则的周长为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则（ ） A. 2 B. C. D. 3 6. 已知函数，则（ ） A. 当时，是偶函数，且在区间上单调递增 B. 当时，是奇函数，且在区间上单调递减 C. 当时，是偶函数，且在区间上单调递减 D. 当时，是奇函数，且在区间上单调递增 7. 有3台车床加工同一型号的零件，第台加工的次品率分别为，加工出来的零件混放在一起．已知第台车床加工的零件数的比为，现任取一个零件，记事件“零件为第i台车床加工” ，事件“零件为次品”，则（ ） A. 0.2 B. 0.05 C. D. 8. 已知函数和函数的图象分别为曲线，，直线与，分别交于，两点，为曲线上的点.如果为正三角形，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 有一散点图如图所示，在5个数据中去掉后，下列说法中正确的是（ ） A. 残差平方和变小 B. 相关系数变小 C. 决定系数变小 D. 解释变量与响应变量的相关性变强 10. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若的三个顶点坐标分别为，，其“欧拉线”为，圆，则（ ） A. 过作圆的切线，切点为，则的最小值为4 B. 若直线被圆截得的弦长为2，则 C. 若圆上有且只有两个点到的距离都为1，则 D. 存在，使圆上有三个点到的距离都为1 11. 已知函数，则下列结论正确的是（） A. 当时，若有三个零点，则的取值范围是（0，1） B. 当且时， C. ， D. 若存在极值点，且，其中，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在空间直角坐标系中，若，，，四点共面，则____． 13. 已知函数则的解集是___________________． 14. 已知面积为1，边上的中线为，且，则边的最小值为___________． 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. 在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知tanB （1）若，求tanC的值： （2）已知中线AM交BC于M，角平分线AN交BC于N，且求△ABC的面积． 16. 某次测验满分为100分，A组和B组各有10人参加，成绩如下表： A 76 78 83 84 85 90 92 95 98 99 B 63 72 73 75 80 81 84 85 92 99 对于该次测验，分数时为及格，分数分时为良好，成绩分时为优秀. （1）从两组中任取1名学生，求该名学生成绩为良好的概率； （2）从A组中随机抽取1名学生，再从B组中随机抽取1名学生.用随机变量X表示这两人的成绩为优秀的人数，求X的分布列和数学期望； （3）从A、B两组中均随机抽取3人，A组成绩为76，83，92.已知B组抽出的3人中有2人的成绩为99，92，直接写出B组3人成绩方差比A组3人成绩方差小的概率， 17. 一吊灯下沿圆环直径为米，通过拉链、、、（、、是圆上三等份点）悬挂在处，圆环呈水平状态并距天花板2米，如图所示. （1）为使拉链总长最短，应多长？ （2）为美观与安全，在圆环上设置，，……，（）各等分点，仍按上面方法连接．若还要求拉链总长度最短，对比（1）时C点位置，此时C点将会上移还是会下移?请说明理由. 18. 已知数列为等差数列或等比数列，前项和为，且满足，. （1）当数列为等差数列时，求的通项公式及； （2）当在单调递增时，设，求的值； （3）当数列为等比数列且为摆动数列时，设，求的最大值和最小值. 19. 如图，双曲线：的虚轴长为2，离心率为，斜率为的直线过轴上一点. （1）求双曲线的标准方程； （2）若双曲线上存在关于直线对称的不同两点，，直线与直线及轴的交点分别为，. （i）当时，求的取值范围； （ii）当时，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 六安一中2025届高三综合模拟试卷数学试卷（二） 时间：120分钟 满分:150分 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. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】解出两不等式的解集，并根据其包含关系判断即可. 【详解】易知不等式的解集为， 不等式的解集也为， 所以“”是“”的充分必要条件. 故选：C 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 无法确定，与有关 【答案】C 【解析】 【分析】由向量垂直坐标表示列方程求得，再应用向量模长的坐标运算求. 【详解】由题，则， 所以. 故选：C 3. 记为等比数列的前n项和.若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合等比数列通项公式求，结合等比数列求和公式运算求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，则，解得， 所以. 故选：B. 4. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合图形作出，求其各边长，即得周长. 【详解】作出，如下图所示： 由题意可知，，， 由勾股定理可得， 故的周长为. 故选：A. 5. 已知，，则（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用辅助角公式求出，再结合同角关系以及诱导公式即可求解. 【详解】因为，所以，即， 因为，所以， 故，所以， 故选：D 6. 已知函数，则（ ） A. 当时，是偶函数，且在区间上单调递增 B. 当时，是奇函数，且在区间上单调递减 C. 当时，是偶函数，且在区间上单调递减 D. 当时，是奇函数，且在区间上单调递增 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数奇偶性和单调性判断方法，针对不同的取值，对函数进行分析，即可判断和选择. 【详解】对AB：当时，，其定义域为，，故为偶函数； 又，当时，令， 因为在单调递增，在单调递增，故在单调递增， 故在单调递减，故AB都错误； 对CD：当时，，其定义域为，，故为奇函数； 又，当时，均为减函数，故为上的减函数， 故为上的增函数，故C错误，D正确. 故选：D. 7. 有3台车床加工同一型号的零件，第台加工的次品率分别为，加工出来的零件混放在一起．已知第台车床加工的零件数的比为，现任取一个零件，记事件“零件为第i台车床加工” ，事件“零件为次品”，则（ ） A. 0.2 B. 0.05 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由全概率公式、条件概率公式和贝叶斯公式，结合已知条件，求解即可. 【详解】根据题意可得：； ； 由全概率公式可得： ； 故. 故选：D. 8. 已知函数和函数的图象分别为曲线，，直线与，分别交于，两点，为曲线上的点.如果为正三角形，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由可求得,由两曲线可知,即可求得点坐标,再由正三角形的性质可得,进而求解. 【详解】由题可知,当时,,则,即, 由曲线,可得,所以为, 又为正三角形,所以, 所以,解得, 故选:B 【点睛】本题考查指数式与对数式的应用,考查对数函数图象的应用,考查运算能力. 二、选择题：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. 有一散点图如图所示，在5个数据中去掉后，下列说法中正确的是（ ） A. 残差平方和变小 B. 相关系数变小 C. 决定系数变小 D. 解释变量与响应变量的相关性变强 【答案】AD 【解析】 【分析】利用散点图分析数据，判断相关系数，相关指数，残差的平方和的变化情况． 【详解】解：从散点图可分析出，若去掉点，则解释变量与响应变量的线性相关性变强，且是正相关， 所以相关系数变大，决定系数变大，残差平方和变小. 故选：AD 10. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若的三个顶点坐标分别为，，其“欧拉线”为，圆，则（ ） A. 过作圆的切线，切点为，则的最小值为4 B. 若直线被圆截得的弦长为2，则 C. 若圆上有且只有两个点到的距离都为1，则 D. 存在，使圆上有三个点到的距离都为1 【答案】BC 【解析】 【分析】A项，利用勾股定理写出的表达式，即可求出的最小值；B项，求出直线的解析式，得出圆的位置，即可得出结论；C项，根据圆上有且只有两个点到的距离，得出圆心到直线的距离小于直径，结合距离公式即可得出结论；D项，由几何知识即可得出结论. 【详解】由题意， 的三个顶点坐标分别为，， 在圆中，，半径 ， A项， 过作圆的切线，切点为，如图所示， ∴, 在中，由勾股定理得， ∴ ∴当时，取最小值，，故A错误； B项， 重心坐标即, 所在直线，即 线段的中点, ∴的垂直平分线为：， 同理可得，的垂直平分线为：， ，解得：， ∴外心 由几何知识得，垂心与外心重合， ∴过和，，即， 直线被圆截得的弦长为2，恰好为圆的直径， ∴直线过圆心， ∴，即，B正确； C项，圆上有且只有两个点到的距离都为1， ∴圆心到直线即的距离小于直径. ∴，解得：，故C正确； D项，由几何知识得， 圆上不可能有三个点到直线的距离均为半径1，故D错误； 故选：BC 11. 已知函数，则下列结论正确的是（） A. 当时，若有三个零点，则的取值范围是（0，1） B. 当且时， C. ， D. 若存在极值点，且，其中，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，B，求导确定函数单调性，求得极值，构造不等式即可判断；对于C，代入解析式化简即可；对于D，由推理得到，又由函数极值点定义，由得到代入化简即得． 【详解】对于A，当时，， 由，可得或，由，可得， 故函数在和上单调递增；在上单调递减． 则函数在处取得极大值，在处取得极小值， 若有三个零点，则，解得，故A正确； 对于B，当且时，， 因为，所以， 由A函数在上单调递减，故，故B正确； 对于C，因为 ，故C错误； 对于D，由求导得，， 依题意，，可得① 由，可得， 由于，化简得② 将①代入②式，可化简得：， 即，因，故得，即D正确． 故选：ABD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在空间直角坐标系中，若，，，四点共面，则____． 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量的基本定理求解即可. 【详解】∵，，，. ∴，，． 若四点共面，则， 即， 所以，所以． 故答案为： 13. 已知函数则的解集是___________________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定的分段函数，探讨其奇偶性和单调性，再利用性质求解不等式. 【详解】当时，，，； 当时，，，；当时，， 因此函数为奇函数，函数在上单调递减，在上单调递减， 则函数在上单调递减，则， 于是，解得， 所以原不等式的解集为. 故答案为： 14. 已知面积为1，边上的中线为，且，则边的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设，，，由三角形面积公式得到，再由余弦定理得到，令，得到，结合柯西不等式进而可求解. 【详解】设， 易知为的重心， 又，由重心为中线三等分点可得：， 同时， 设，， 则， 则， 所以， 由余弦定理可得：， 令，求其最小值即可， 上式化简可得：， 也即当且仅当时取得等号， 所以， 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. 在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知tanB （1）若，求tanC的值： （2）已知中线AM交BC于M，角平分线AN交BC于N，且求△ABC的面积． 【答案】（1）或； （2） 【解析】 【分析】（1）利用同角关系式可得或sin，然后利用和角公式即得； （2）由题可得，利用角平分线定理及条件可得，进而可得，，即得. 【小问1详解】 因为， 所以， 解得或sin, 当时，，， 所以，； 当时，因为， 所以，又， 所以． 【小问2详解】 ∵， ∴，， ∴，即， ∴， 由角平分线定理可知，，又， 所以， 由，可得， ∴，， 所以． 16. 某次测验满分为100分，A组和B组各有10人参加，成绩如下表： A 76 78 83 84 85 90 92 95 98 99 B 63 72 73 75 80 81 84 85 92 99 对于该次测验，分数时为及格，分数分时为良好，成绩分时为优秀. （1）从两组中任取1名学生，求该名学生成绩为良好的概率； （2）从A组中随机抽取1名学生，再从B组中随机抽取1名学生.用随机变量X表示这两人的成绩为优秀的人数，求X的分布列和数学期望； （3）从A、B两组中均随机抽取3人，A组成绩为76，83，92.已知B组抽出的3人中有2人的成绩为99，92，直接写出B组3人成绩方差比A组3人成绩方差小的概率， 【答案】（1） （2） X 0 1 2 P . （3） 【解析】 【分析】（1）应用古典概型求解事件的概率即可； （2）A组中优秀的学生有5人，再从B组中优秀的学生有2人，再根据超几何分布计算其概率，列出分布列，求期望； （3）根据平均数与方差的计算公式，结合题意即可得出a的取值范围即可求出概率. 【小问1详解】 由题意知，A组中良好的学生有5人，再从B组中良好的学生有7人， 从两组中任取1名学生，求该名学生成绩为良好的概率为. 因此，学生成绩为良好的概率为. 【小问2详解】 根据题意得，A组中优秀的学生有5人，再从B组中优秀的学生有2人 X的可能取值为0，1，2. 则，， 所以X的分布列为： X 0 1 2 P 因此，X的数学期望. 【小问3详解】 A组成绩为成绩分别为76，83，92，平均值为，方差为， B组抽出的3人中有2人的成绩为99，92， ，平均值为， 所以， 即， 代入检验，可知最小为84，最大， 故B组3人成绩方差比A组3人成绩方差小的概率为. 17. 一吊灯下沿圆环直径为米，通过拉链、、、（、、是圆上三等份点）悬挂在处，圆环呈水平状态并距天花板2米，如图所示. （1）为使拉链总长最短，应多长？ （2）为美观与安全，在圆环上设置，，……，（）各等分点，仍按上面方法连接．若还要求拉链总长度最短，对比（1）时C点位置，此时C点将会上移还是会下移?请说明理由. 【答案】（1）；（2）点的位置将下移. 【解析】 【分析】（1）设离天花板米（），拉链总长度为米，利用所给图得到，利用导数求出取何值时，最小；（2）当在圆环上设置个点时，拉链的总长为，同样利用导数求出取何值时最小，并与（1）中值比较可知点的位置移动情况. 【详解】（1）设离天花板米（），拉链总长度为米， 由题意、、、四点构成一个正三棱锥，、、为该三棱锥的三条棱侧，三棱锥的侧棱长为. 于是有，对其求导，得. 当时，，解得时，，函数为减函数；时，，函数为增函数， 时，即米时，取最小值米. （2）由（1）可知，当在圆环上设置个点时，拉链的总长为：， 求导得， 当时，. 解之得，因为只有一个极值，所以时，拉链长最短. 下面比较与的大小， （其中），即，亦即得，所以点的位置将下移. 18. 已知数列为等差数列或等比数列，前项和为，且满足，. （1）当数列为等差数列时，求的通项公式及； （2）当在单调递增时，设，求的值； （3）当数列为等比数列且为摆动数列时，设，求的最大值和最小值. 【答案】（1）， （2） （3）最大值1，最小值为 【解析】 【分析】（1）根据等差数列定义列方程组解得首项和公差即得通项，再利用等差数列求和公式计算即得； （2）经分析可知只有当时，在单调递增，满足题意，再利用裂项相消法可得结果； （3）由（2）可知当时为等比数列且为摆动数列时，对表达式化简分析可求得结果. 【小问1详解】 当数列为等差数列时，设其公差为， 由题意得，所以， 所以， . 【小问2详解】 若数列为等差数列，由（1）知，显然在不单调； 故数列为等比数列，设公比为，则，解得或， 当 ， 时，，，易知在单调递增； 当 ， 时，，，易知在不单调， 所以， 由， 可得. 【小问3详解】 当数列为等比数列时，由（2）知或， 又为摆动数列，所以，， 所以， 当为奇数时，单调递减，故当时取得最大值1，且， 当为偶数时，单调递增，当时取得最小值，且， 所以的最大值为1，最小值为. 19. 如图，双曲线：的虚轴长为2，离心率为，斜率为的直线过轴上一点. （1）求双曲线的标准方程； （2）若双曲线上存在关于直线对称的不同两点，，直线与直线及轴的交点分别为，. （i）当时，求的取值范围； （ii）当时，求的最小值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由虚轴及离心率可得，即可得双曲线方程； （2）令，设直线为：，将直线BC方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得，.（i）代入，可得，，结合，可得，最后由可得答案；（ii）由，结合，，，可得关于的表达式，然后由基本不等式可得答案. 【小问1详解】 由题知，解得，双曲线E的标准方程为； 【小问2详解】 令，设直线为：，与联立得，当时， 设，则由韦达定理，及题意可得： 则，，. （i）当时，，， 由，得， 又因为，即， 所以； （ii）由题知，. 因为， 所以，又，， 则， ， 又， 则， 则， 当取得，此时满足题意. 综上，最小值为. 【点睛】关键点睛：对于双曲线中所涉及的范围问题，常利用双曲线上点的横坐标范围，判别式，点与双曲线位置关系求解；对于最值问题，常先找到所求量关于某变量的表达式，再利用函数知识或基本不等式求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $