精品解析：安徽省部分学校2024-2025学年高三下学期数学模拟试卷（B卷）

2025年安徽省部分学校高考数学模拟试卷（B卷） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合的补集，再利用并集运算求解即可. 【详解】由题可得或，则或． 故选：A. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的运算可得. 【详解】由题可得， 故选：C 3. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用两角和的正弦公式，再结合同角三角函数的基本关系求解即得. 【详解】由，得， 整理得，因此，即， 由同角三角函数的基本关系得，故A正确. 故选：A 4. 已知圆柱的轴截面为正方形，为下底面圆弧的中点，点在上底面圆弧上且与在轴截面同侧，若，则异面直线与所成角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由圆与平行四边形的性可得和，进而得或其补角即为异面直线与所成角，再由已知求得答案． 【详解】如图，在弧上取一点，使得，过作圆柱的母线， 连接，则由圆的对称性可得， 由圆柱的性质知，，，所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 所以或其补角即为异面直线与所成角． 因为为下底面圆弧的中点，，所以，， 所以，所以异面直线与所成角为． 故选；D 5. 已知函数，若存在使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设的反函数为，将题干转化为与的图象在区间上有交点，再利用与的图象的对称性，转化为的图象与直线在区间上有交点，进而通过分离常数，转化为求，上的值域即可. 【详解】设的反函数为，由可得， 所以题干等价为与的图象在区间有交点， 因为与的图象关于直线对称， 所以两函数图象交点必在上， 故图象与直线在区间有交点， 则在区间有解，则， 令，则， 则在区间单调递增，又， 则的取值范围为． 故选：D 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为为上关于原点对称的两点，且，的面积为，若为锐角，则（ ） A. 48 B. 96 C. 144 D. 192 【答案】B 【解析】 【分析】双曲线定义结合对称性，根据三角形面积公式列方程求出，然后利用余弦定理求解可得. 【详解】由于，则由双曲线定义知，所以． 如图，根据双曲线对称性知四边形为平行四边形，则， 结合， 所以， 解得， 又为锐角，故，则. 在中，由余弦定理可知，则， 所以． 故选：B 7. 已知函数正数满足，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的导数判断函数单调性，再利用函数单调性解不等式得出的取值范围，最后通过对式子变形，利用基本不等式求最值. 【详解】当时，恒成立，当时，恒成立，则在上单调递增，在上单调递增． 又因为，当时，，对时，0也成立，所以在上单调递增． 已知正数满足，则，解得或（负值舍去），所以，， 所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为8． 故选：C. 8. 将按一定顺序排列后，得到一个能被5整除的五位数，从最高位起，的前两位、前三位、前四位按原顺序组成的两位数、三位数、四位数分别能被2，3，4整除，则（ ） A. 的最小值为5 B. 的最大值为9 C. 的最小值为24325 D. 的最大值为54325 【答案】C 【解析】 【分析】由题可知五位数A的个位只能是0或5，十位和千位均为偶数，前三位上的各数字之和能被3整除，且前四位按原顺序组成的四位数能被4整除，进而分析判断各选项即可. 【详解】由题可知五位数A的个位只能是0或5，十位和千位均为偶数， 前三位上的各数字之和能被3整除，且前四位按原顺序组成的四位数能被4整除． 对于A项，若，可得可以为34520或54320或32405或34205， 故最小可以取到0，A错误； 对于B项，若，将2，3，4，5，9排序，得个位只能是5，且十位和千位是偶数， 则这个五位数的前三位上的数字之和为14或16， 因为14和16均不能被3整除，不满足题意，所以，B错误； 对于C项，将2，3，4，5，排序， ①当且为首位时，个位为5，此时没有满足题意的五位数，即； ②当首位是2，个位为5，要满足十位和千位均是偶数，此时百位只能是3， 要满足前三位上的各数字之和能被3整除，所以千位的最小值为4， 此时要满足前四位上的各数之和能被4整除，十位的最小值为2， 得，满足题意，所以的最小值为24325，C正确； 对于D项，将2，3，4，5，排序，由B项分析得， 故当且为首位时，个位为5，此时当且仅当千位为4，百位为3，十位为2时， 满足题意，取最大值84325，D错误． 故选：C. 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. 某铁路运输段的数据统计部门发布的从2024年1月到6月煤炭运输量（单位：万吨）依次为28，34，43，m，67，73．已知2024年1月至6月煤炭运输量的平均值为50万吨，则（ ） A. B. 煤炭运输量的第75百分位数为67 C. 若剔除2月和5月的数据，剩余4个月的煤炭运输量的平均值比50大 D. 若煤炭运输量中每个数据扩大为原来的2倍，则对应的标准差也为原来的2倍 【答案】ABD 【解析】 【分析】由平均数的定义以及计算公式即可判断AB，由方差的计算公式即可判断CD. 【详解】结合煤炭运输量的平均值为50以及题中数据易得，A正确； ，因此第75百分位数第5个数据67，B正确； 剔除2月和5月的煤炭运输量后，剩余4个月的煤炭运输量的平均值为，C错误； 设数据变化前后的方差分别为，根据题中数据有， 则， 所以， ， 所以，D正确． 故选：ABD 10. 已知圆，点，则（ ） A. 若圆过点的切线只有一条，则实数 B. 若圆上总存在两个点到点的距离为，则 C. 若过点且在两坐标轴上截距相等（不为0）的直线被圆截得的弦长为，则 D. 若圆心在上且半径为1的圆与圆交于两点，则当最大时， 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A，根据切线条数，确定点在圆上，即可判断A；对于B，问题等价于圆与圆相交，利用圆与圆的位置关系，即可判断B；对于C，根据直线与圆的位置关系，利用弦长公式，即可判断C；对于D，问题转化为最大，根据几何关系，即可判断D. 【详解】对于A，因为圆过点的切线只有一条，所以点一定在圆上， 所以有，解得，A错误； 对于B，原问题等价于圆与圆相交， 又两圆的圆心距为， 所以，整理得， 解得，B错误； 对于C，由于直线在两坐标轴上截距相等且不为0，故设直线方程为，故， 因为直线过点，所以，即． 又直线被圆截得的弦长为， 根据位置关系易得圆心到直线的距离、圆的半径和弦长的一半构成直角三角形， 可求得圆心到直线的距离， 所以，解得，所以，C正确． 对于D，如图，在中，圆直径为2，故， 易得当最大时，最大，此时为圆的直径， 在中，，，所以．D正确． 故选：CD 11. 已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则（ ） A. B. 的图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象 C. 的图象在区间内有3个对称中心 D. 若在区间上的最大值与最小值分别为，则的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，根据题意得到函数最小正周期，进而得到，代入对称轴方程，求出；B选项，在A选项基础上，利用平移法则得到B正确；C选项，区间是函数的一个周期，而，故在此区间内有2个对称中心，C错误；D选项，根据的位置，结合函数对称性和三角恒等变换得到的最值. 【详解】A选项，的最小正周期为， 因为，故，解得． 由题意得，即．又， 所以令，得，A错误； B选项，由A可得，将其图象上的所有点向右平移个单位长度， 得到的图象，B正确； C选项，因为，又，所以区间是函数的一个周期， 而，故在仅有两个零点， 即有2个对称中心，C错误； D选项，由，得， 即图象的对称轴为． 的最小正周期为，由对称性可知， 当与关于直线对称时，取得最小值， 由得， 此时． 当为偶数时，最小值为，最大值为； 当为奇数时，最大值为，最小值为， 故的最小值为1； 当或时， 函数在上单调，此时取得最大值， ， 当或时等号可以成立，所以的取值范围为，D正确． 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，已知，且，则______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据向量加减法的运算法则，拆解向量，化简求值. 【详解】因为， 则带入，得， 整理得．又， 所以，解得． 故答案为:4. 13. 记内角的对边分别为，若，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，求得，再由三角形的内角和定理，即可求解. 【详解】因为，由正弦定理得， 所以，即， 所以或（舍去），即， 又因为，则，解得． 故答案为：. 14. 已知定义在上的函数的图象经过坐标原点，，，且为偶函数，则______． 【答案】2499 【解析】 【分析】利用和的关系式，借助于为偶函数，通过先后赋值代入可推得的周期，分别计算出一个周期内的函数值，代入所求式，利用函数周期和等差数列的求和公式计算即得.． 【详解】由，得（*）． 在中，用替换，可得， 则，即①， 在①式中，用替换，则得②． 又因为偶函数，所以③， 故由②③，可得，用替换，可得 ， 比较两式，可得，即是以4为一个周期的函数． 因为的图象经过原点，所以，由（*）可得． 在中，令，得，所以， 在中，令，可得， 在中，令，可得， 则， 则 ． 故答案为：2499. 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. 已知等差数列的前项和为，且，． （1）求的通项公式； （2）求； （3）若时，有，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，利用等差数列通项公式及前项和公式列方程组求出首项和公差，即可得到结果. （2）利用等差数列的前项和公式计算可得结果. （3）根据（1）、（2）可得，解不等式可得结果. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 因为，， 所以，解得， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得， 故． 【小问3详解】 因为， 所以， 整理得，解得或， 因为，，所以正整数的最小值为． 16. 某班同学在体测前组织了立定跳远和铅球两个项目的测试．已知个人总成绩为个人各项目成绩之和．若立定跳远合格得60分，投掷铅球合格得20分，否则不得分，且只有当第一个测试项目的成绩合格后，才能进行另一项测试．在这次测试中，得到相关数据如下：（单位：名） 项目顺序 个人总成绩合格（人数） 个人总成绩不合格（人数） 合计 先立定跳远 20 8 28 先投掷铅球 10 16 26 合计 30 24 54 （1）依据小概率值的独立性检验，分析能否认为先立定跳远与个人总成绩是否合格存在关联？ （2）从个人总成绩合格的同学中随机抽取2人，求至少有一人先投掷铅球的概率； （3）若甲同学立定跳远的合格率为0.75，投掷铅球的合格率为0.8，且两个项目是否合格相互独立．为使总成绩的期望最大，甲同学应该先选哪个项目？ 附：． 0.10 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）有关联 （2） （3）先选择立定跳远 【解析】 【分析】（1）由的公式代入计算，即可判断； （2）分别求得以及，然后相加，即可得到结果； （3）分别求得甲，乙两位同学得分的期望，比较大小，即可得到结果. 【小问1详解】 零假设：先立定跳远与个人总成绩是否合格没有关联， 由于， 所以依据的独立性检验，推断不成立， 即可以认为先立定跳远与个人总成绩是否合格有关联，此推断错误的概率不大于0.05． 小问2详解】 由题意，设抽取的2人中先投掷铅球的人数为， 所以，， 则． 【小问3详解】 甲同学应先选择立定跳远，理由如下： 若甲同学先立定跳远，记为甲同学的总成绩得分，则的所有可能取值为0，60，80， 则，，， 所以的分布列为 0 60 80 0.25 0.15 0.6 则； 若甲同学先投掷铅球，记为甲同学的总成绩得分，则的所有可能取值为0，20，80， 则，，， 所以的分布列为 0 20 80 0.2 0.2 06 则， 因为，所以要使得总成绩的期望最大，甲同学应先选择立定跳远． 17. 如图，在直三棱柱中，分别是的中点，为上一点，，． （1）当为的中点时，证明：平面； （2）若二面角的正弦值为，求． 【答案】（1）如图①，连接，取的中点，连接． 因为分别为的中点，所以． 因为平面平面， 所以平面． 由直棱柱的性质知，所以． 又平面平面， 所以平面． 因为平面平面， 所以平面平面． 又平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，取的中点，连接，由面面平行的判定定理证明平面平面，进而可得； （2）方法一：建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，代入空间二面角公式解出可得； 方法二：过作于，过点作于，连接，由线面垂直的判定定理证明平面，进而得到，设，再由几何关系得到在中，，解出可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一 结合及直三棱柱的结构特征，易得和两两垂直，故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图①所示， 则， 所以，． 设， 所以，则， 所以． 易知平面的一个法向量为． 设平面的法向量为， 则即 取，则， 所以平面的一个法向量为． 设二面角为，由题意知， 易知二面角为锐二面角，所以， 所以， 即，解得， 由，得，故． 解法二 由直三棱柱的性质得平面平面． 如图②，过作于，过点作于，连接， 则平面． 因为平面，所以． 因为平面， 平面，， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角． 所以，． 设，因为平面，平面，所以，所以，则． 又因为，且与共面，所以， 所以，易得，则． 所以在中，， 所以有，解得， 由，得，故． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的值； （3）当时，证明：有2个零点． 【答案】（1） （2） （3）． 令，得， 令，则与有相同的零点， 且． 令，则， 因为当时，，所以在区间上单调递增， 又，，所以，使得， 所以当时，，即； 当时，，即， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的最小值为． 由，得，即， 令，，则，则在单调递增． 因为，所以，则， 所以，从而，， 所以的最小值． 因为，所以当趋近于0时，趋近于； 当趋近于时，趋近于，且， 所以有2个零点，故有2个零点． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程； （2）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得到时，，构造函数，求导推得，结合恒成立即得的值； （3）由得，令，则，令，求导判断在区间上单调递增，结合零点存在定理，推得，使得，求出的最小值为，由可得，，故得的最小值，由即可判断函数，即函数的零点个数. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． 小问2详解】 函数的定义域为，且， ① 当时，易得，在上单调递减， 又，所以当时，，不符合题意； ② 当时，由，得时，即在上单调递增； 由，得时，即在上单调递减， 所以， 因为，则其等价于，即． 令，则， 所以当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以，因恒成立，故． 【小问3详解】 略 19. 设椭圆短轴上的一个端点为为椭圆上异于点的任一点．若点到点距离的最大值仅在点为短轴的另一端点时取得，则称该椭圆为“圆椭圆”．已知椭圆为“圆椭圆”． （1）求的离心率的取值范围； （2）当的离心率最大时，点在上，直线与交于两点，且直线的斜率互为相反数． （i）求的斜率； （ii）若，求的面积． 【答案】（1） （2）（i）;（ii） 【解析】 【分析】（1）先把表示成关于的式子，它是一元二次函数.根据SA|在取最大值，分开口向上和向下两种情况讨论.开口向上时得出的范围不合题意；开口向下时求出范围是，再根据离心率公式算出离心率范围. （2）（i）求直线 斜率：离心率最大时确定椭圆方程和点坐标.设直线方程与椭圆联立，根据得到关于和的式子，解出值，舍去直线过点的情况，得到直线斜率. （ii）由得到向量关系，代入直线方程求出值，得到直线方程.舍去点在直线上的情况，对符合条件的直线方程，算出弦长PQ和点到直线距离，进而求出三角形面积. 【小问1详解】 根据对称性设点， 则， 故是关于的一元二次函数． 由定义得当且仅当时，取得最大值． ①当图象开口向上时，需满足且， 解得，不满足题意，舍去； ②当图象开口向下时，需满足且， 解得，所以的取值范围是， 故离心率． 故答案为： 【小问2详解】 由（1）得当的离心率最大时，． 由题意得直线的斜率存在， 设直线的方程为． 联立消去得， 则． （ⅰ）因为，所以， 即，即，代入整理得， 解得或． 当时，直线的方程为， 此时直线恒过定点，不满足题意，舍去， 故，即直线的斜率为． （ⅱ）． 因为，所以， 所以， 即． 代入得， 即，解得或， 所以直线的方程为或． 当直线的方程为时，， 则， 点到直线的距离为， 此时； 当直线的方程为时，点在直线上，不满足题意，舍去． 综上，的面积为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年安徽省部分学校高考数学模拟试卷（B卷） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 4. 已知圆柱的轴截面为正方形，为下底面圆弧的中点，点在上底面圆弧上且与在轴截面同侧，若，则异面直线与所成角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，若存在使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为为上关于原点对称的两点，且，的面积为，若为锐角，则（ ） A. 48 B. 96 C. 144 D. 192 7. 已知函数正数满足，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 9 8. 将按一定顺序排列后，得到一个能被5整除的五位数，从最高位起，的前两位、前三位、前四位按原顺序组成的两位数、三位数、四位数分别能被2，3，4整除，则（ ） A. 的最小值为5 B. 的最大值为9 C. 的最小值为24325 D. 的最大值为54325 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. 某铁路运输段的数据统计部门发布的从2024年1月到6月煤炭运输量（单位：万吨）依次为28，34，43，m，67，73．已知2024年1月至6月煤炭运输量的平均值为50万吨，则（ ） A. B. 煤炭运输量的第75百分位数为67 C. 若剔除2月和5月的数据，剩余4个月的煤炭运输量的平均值比50大 D. 若煤炭运输量中每个数据扩大为原来的2倍，则对应的标准差也为原来的2倍 10. 已知圆，点，则（ ） A. 若圆过点的切线只有一条，则实数 B. 若圆上总存在两个点到点的距离为，则 C. 若过点且在两坐标轴上截距相等（不为0）的直线被圆截得的弦长为，则 D. 若圆心在上且半径为1的圆与圆交于两点，则当最大时， 11. 已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则（ ） A. B. 的图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象 C. 的图象在区间内有3个对称中心 D. 若在区间上的最大值与最小值分别为，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，已知，且，则______． 13. 记的内角的对边分别为，若，则______． 14. 已知定义在上的函数的图象经过坐标原点，，，且为偶函数，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. 已知等差数列的前项和为，且，． （1）求的通项公式； （2）求； （3）若时，有，求的最小值． 16. 某班同学在体测前组织了立定跳远和铅球两个项目的测试．已知个人总成绩为个人各项目成绩之和．若立定跳远合格得60分，投掷铅球合格得20分，否则不得分，且只有当第一个测试项目的成绩合格后，才能进行另一项测试．在这次测试中，得到相关数据如下：（单位：名） 项目顺序 个人总成绩合格（人数） 个人总成绩不合格（人数） 合计 先立定跳远 20 8 28 先投掷铅球 10 16 26 合计 30 24 54 （1）依据小概率值的独立性检验，分析能否认为先立定跳远与个人总成绩是否合格存在关联？ （2）从个人总成绩合格的同学中随机抽取2人，求至少有一人先投掷铅球的概率； （3）若甲同学立定跳远的合格率为0.75，投掷铅球的合格率为0.8，且两个项目是否合格相互独立．为使总成绩的期望最大，甲同学应该先选哪个项目？ 附：． 0.10 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 17. 如图，在直三棱柱中，分别是的中点，为上一点，，． （1）当为的中点时，证明：平面； （2）若二面角的正弦值为，求． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的值； （3）当时，证明：有2个零点． 19. 设椭圆短轴上的一个端点为为椭圆上异于点的任一点．若点到点距离的最大值仅在点为短轴的另一端点时取得，则称该椭圆为“圆椭圆”．已知椭圆为“圆椭圆”． （1）求的离心率的取值范围； （2）当的离心率最大时，点在上，直线与交于两点，且直线的斜率互为相反数． （i）求的斜率； （ii）若，求的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $