精品解析：湖南省长沙麓山国际实验学校2025届高三下学期二模数学试题

麓山国际实验学校2025届高三二模数学试卷 命题人：麓山国际高三数学组 审题人：麓山国际高三数学组 总分：150分 时量：120分钟 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页．时量120分钟，满分150分． 第Ⅰ卷 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. 已知复数z满足，则（ ） A. -1 B. C. D. 2i 2. 平面向量，，若，则（ ） A. B. 2 C. 8 D. -2 3. 设函数的定义域为，则“是上的增函数”是“任意，无零点”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知数列-1， ，，-4成等差数列，-1，b1，b2，b3，-4成等比数列，则的值为 A. B. - C. 或- D. 5. 随机变量服从正态分布.若，则（ ） A. B. C. D. 6. 正三棱锥，为中点， ，，过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积范围为（ ） A. B. C. D. 7. 关于函数，有下列叙述： ①存在函数满足，对任意都有； ②存在函数满足，对任意都有； ③存在函数满足，对任意都有； ④存在函数满足，对任意都有； 其中，叙述正确的是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 8. 已知函数和函数图象上相邻的四个交点构成的四边形的面积为，且，则（ ） 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. 已知二项式 的展开式中只有第 5 项的二项式系数取得最大值，则下列说法正确的是（ ） A. B. 展开式中无常数项 C. 展开式中共有 5 个有理项 D. 展开式所有项的系数和为 1 10. 已知函数，则（ ） A. 的一个周期为 B. 的图像关于中心对称 C. 最大值为2 D. 在上的所有零点之和为 11. 已知点Q在圆上，，动点P满足：在中，．则（ ） A. 记P的轨迹方程为轨迹： B. 的最大值为 C. 的最小值是 D. （点O为坐标原点）的最小值为7 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知集合，若，则m可能取值组成的集合为______． 13. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为________． 14. 已知斜率为的直线与双曲线的右支交于两点（点在第一象限，点在第四象限），点关于坐标原点对称的点为且，则该双曲线的离心率为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角，，的对边分别为，，，已知且. （1）求角； （2）若为的中点，求线段长的取值范围. 16. 如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，E是PD的中点，F，M分别在线段PC，PB上，且，，. （1）证明：多面体为四棱锥； （2）作出四棱锥底面所在平面与平面的交线，写出画法，不必证明； （3）若，平面，且，求四棱锥的体积. 17. 2025“西安年•最中国”春节再次火爆出圈，申遗成功后的首个春节，遇上首个“非遗版春节”，千年古都西安凭借其深厚的历史文化底蕴和丰富的旅游资源吸引了大量国内外游客前来感受一个别样“西安年”.以下随机收集了春节期间5天的日期代码和每天旅客数量（单位：万人）的5组数据，得到统计数据如下表： 日期 1月28日 1月29日 1月30日 1月31日 2月1日 日期代码 1 2 3 4 5 旅客数量（万人） 55 80 150 270 485 4 4.4 5 5.6 6 由5组数据制成图（1）所示的散点图.现用两种模型①，②分别进行拟合，由此得到相应的回归方程并进行残差分析，进一步得到图（2）所示的残差图. （1）根据残差图判断选择哪个模型拟合较好并说明理由； （2）根据（1）问中所选的模型，求出关于的经验回归方程； （3）为了吸引旅客，某景点在售票处针对各个旅游团进行了现场抽奖的活动，具体抽奖规则为：从该旅游团所有游客中随机同时抽取两名游客，若两名游客性别不同则为中奖.已知某个旅游团中有5个男游客和个女游客，现按抽奖规则重复进行三次抽奖，设三次抽奖中恰有一次中奖的概率为，当为何值时，最大？ 参考公式：对于一组数据其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为： 18. 椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，B为上顶点，F为右焦点，若点O到直线BF的距离为焦距的． 求椭圆C的离心率； 已知直线l不垂直于坐标轴且直线l过点F与椭圆C交于M，N两点，与共线． 求直线l的斜率； 设P为椭圆C上任意一点，，求的最大值． 19. 已知函数，且与轴相切于坐标原点． （1）求实数的值及的最大值； （2）证明：当时，； （3）判断关于的方程实数根的个数，并证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 麓山国际实验学校2025届高三二模数学试卷 命题人：麓山国际高三数学组 审题人：麓山国际高三数学组 总分：150分 时量：120分钟 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页．时量120分钟，满分150分． 第Ⅰ卷 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. 已知复数z满足，则（ ） A. -1 B. C. D. 2i 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的运算代入计算，即可得到结果. 【详解】由可得， 则． 故选：D 2. 平面向量，，若，则（ ） A. B. 2 C. 8 D. -2 【答案】C 【解析】 【分析】先计算的坐标，再利用即可计算. 【详解】由题意可得， 因，则，得. 故选：C 3. 设函数的定义域为，则“是上的增函数”是“任意，无零点”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由是上的增函数得，即无零点，满足充分性；反之若对任意，，满足无零点，但不满足是上的增函数，不满足必要性，即可判断. 【详解】若是上的增函数，则对任意，显然，故，即无零点，满足充分性； 反之，若对任意，，即，满足无零点，但是上的减函数，不满足必要性， 故“是上的增函数”是“任意，无零点”的充分而不必要条件. 故选：A. 4. 已知数列-1， ，，-4成等差数列，-1，b1，b2，b3，-4成等比数列，则的值为 A. B. - C. 或- D. 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：数列-1， ，，-4成等差数列，-1，b1，b2，b3，-4成等比数列 考点：等差数列等比数列 5. 随机变量服从正态分布.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用对称性得到，，再利用条件概率公式即可求出结果. 【详解】因，所以， 又，所以， 故选：B. 6. 正三棱锥，为中点， ，，过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题中数据，结合正棱锥的结构特征，得到两两垂直，可将正三棱锥看作正方体的一角，设正方体的体对角线的中点为，得到点是正三棱锥外接球的球心，记外接球半径为，过球心的截面圆面积最大；再求出，根据球的结构特征可得，当垂直于过的截面时，截面圆面积最小，结合题中数据，即可求出结果. 【详解】因为正三棱锥，，， 所以，即，同理，， 因此正三棱锥可看作正方体的一角，如图， 记正方体的体对角线的中点为，由正方体结构特征可得，点即是正方体的外接球球心， 所以点也是正三棱锥外接球的球心，记外接球半径为， 则， 因为球的最大截面圆为过球心的圆， 所以过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积最大为； 又为中点，由正方体结构特征可得； 由球的结构特征可知，当垂直于过的截面时，截面圆半径最小为， 所以. 因此，过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积范围为. 故选：D. 【点睛】本题主要考查几何体外接球的相关计算，球的截面的相关计算，熟记简单几何体的结构特征即可，属于常考题型. 7. 关于函数，有下列叙述： ①存在函数满足，对任意都有； ②存在函数满足，对任意都有； ③存在函数满足，对任意都有； ④存在函数满足，对任意都有； 其中，叙述正确的是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】A 【解析】 【分析】 根据函数的定义结合赋值法可得①②④的正误，利用换元法可得③正确. 【详解】①令，则，所以，令，则，所以，矛盾，故不存在； ②令，则，所以，令，则，所以，矛盾，故不存在； ③令，则化为，令，则，所以，正确； ④令，得，令，得，矛盾，故不存在； 所以正确的个数是1个， 故选：A． 【点睛】方法点睛：判断函数的存在性，一般依据函数的定义来判断，注意根据复合函数的形式寻找合适的赋值方法. 8. 已知函数和函数的图象上相邻的四个交点构成的四边形的面积为，且，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】先计算两个函数的交点坐标，得出相邻的四个交点构成的四边形为平行四边形，即可计算其面积，得出的值，再利用得出. 【详解】由得，， 则，即， 则当时，（为奇数）或（为偶数）， 则交点坐标为（为奇数），（为偶数）， 则相邻的四个交点构成的四边形为平行四边形， 因相邻的交点之间的横坐标差的绝对值为， 则平行四边形的面积为，得， 由，得，即， 因为，所以. 故选： C 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. 已知二项式 的展开式中只有第 5 项的二项式系数取得最大值，则下列说法正确的是（ ） A B. 展开式中无常数项 C. 展开式中共有 5 个有理项 D. 展开式的所有项的系数和为 1 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式定理展开式的通项及二项式系数性质逐项分析判断. 【详解】根据题意可知：只有最大，故，故A错误， 对于D，取，得所有项的系数和为，D正确； 对于BC，展开式的通项公式， 当时，是有理项，共有5项有理项，C正确； 令，则无解，故展开式中无常数项，故B正确， 故选：BCD 10. 已知函数，则（ ） A. 的一个周期为 B. 的图像关于中心对称 C. 的最大值为2 D. 在上的所有零点之和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据周期性和对称性的定义，即可判断AB；再根据正弦函数的最值，即可判断C；利用三角函数恒等变换化简函数，再求函数的零点，即可判断D. 【详解】对于A，，所以A正确； 对于B，，所以B正确； 对于C，若最大值为2，则，， 当，，此时，，，故C不正确； 对于D，， 令得，所以或，又， 所以或或或或， 解得或或或或，即所有零点之和为，故D正确. 故选：ABD 11. 已知点Q在圆上，，动点P满足：在中，．则（ ） A. 记P的轨迹方程为轨迹： B. 的最大值为 C. 的最小值是 D. （点O为坐标原点）的最小值为7 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意作出示意图，设点坐标，然后表示出，，即可建立方程，求得的轨迹方程，判断A；设点在一象限，化简，由基本不等式求得的最值，从而得到角的范围，判断B；由抛物线的性质化简得，由的范围求得结果判断C；由图可知当在圆与轴的左交点处时，此时，同时取最小，即可判断D. 【详解】由题意可知，设，过点P作轴于点N，如图： 对于A，则， ∴，即，∴，A选项正确； 对于B，由对称性可假设点P在一象限，则， ∵，当且仅当，即时取等号， 所以∴，∴最大值为， 当AQ与圆F相切时，，∴的最大值， ∴，B选项错误； 对于C，，∴，C选项正确； 对于D，当Q在圆与x轴的左交点处时，此时同时取最小，， ∴的最小值为7，D选项正确． 故选：ACD． 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知集合，若，则m的可能取值组成的集合为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，利用子意的意求解即可. 【详解】，∴． ∴当时，；当时，；当时，， ∴m的值为0，1，，∴m的值为． 故答案为：. 13. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】首先得出，结合三角函数单调性即可求解最值. 【详解】由题意，从而， 因为，所以的取值范围是，的取值范围是， 当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为. 故答案为：. 14. 已知斜率为的直线与双曲线的右支交于两点（点在第一象限，点在第四象限），点关于坐标原点对称的点为且，则该双曲线的离心率为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意作图，取的中点，连接，得到，，利用两角和的正切公式求得直线的斜率，再利用点差法求得，根据离心率的公式计算即可. 【详解】 如图，设直线与轴交于点，取的中点，连接， 由双曲线的对称性可知为线段的中点，则， 因为，所以， 由直线的斜率，得， 则直线的斜率， 设，则，两式相减得， 化简得即， 则. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角，，的对边分别为，，，已知且. （1）求角； （2）若为的中点，求线段长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理角化边，再结合余弦定理即可求解； （2）由，两边平方，再结合即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理可得， 即， 由余弦定理可得， 因为，所以； 【小问2详解】 点为的中点，则， ， 因为，由（1）可知，即， 因为，当且仅当时，等号成立， 故，求出，当且仅当时，等号成立， 故，当且仅当时，等号成立， 故，又，故， 故，即的取值范围为. 16. 如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，E是PD的中点，F，M分别在线段PC，PB上，且，，. （1）证明：多面体为四棱锥； （2）作出四棱锥的底面所在平面与平面的交线，写出画法，不必证明； （3）若，平面，且，求四棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）法一：取的中点，连接，通过求证，说明共面即可求证；法二：连接AC，AF，通过向量运算说明，进而可求证；法三：连接AF，通过，说明共面即可求证； （2）法一：找到两平面的两个公共点，即可求解；法二：连接EM并延长交BD于点N，连接AN，确定为公共点即可； （3）法一：建系，由向量法求得点到面的距离，即可求解.法二：由， 及，即可求解； 【小问1详解】 法一：取的中点，连接， 因为是的中点，且， 所以是的中点， 所以，， 又，，， 所以且， 又，，所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以，又，所以， 所以四点共面，即四边形为平面四边形. 又多面体其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体为四棱锥. 法二：连接AC，AF，由已知，有， ， 所以，所以四边形AMFE为平面四边形. 又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体PAMFE为四棱锥， 法三：连接AF，由已知，有 ， ，， 所以， 所以A，M，F，E四点共面，即四边形AMFE为平面四边形. 又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体PAMFE为四棱锥. 【小问2详解】 法一：如图，延长交于点，连接，直线即为所求作的交线. 易知为平面与平面的公共点， 又为与交点，易知也是平面与平面的公共点， 所以即为交线. 法二：如图，连接EM并延长交BD于点N，连接AN，直线AN即为所求作的交线. 易知：为平面与平面的公共点，所以即为交线. 法三：连接FE并延长交CD于点N，连接AN，直线AN即为所求作的交线. ， 易知：为平面与平面的公共点，所以即为交线. 【小问3详解】 法一：因为，平面ABCD，如图，以A为坐标原点，过点A且与CD平行的直线为x轴，AD，AP所在直线分别为Y轴，z轴建立空间直角坐标系，连接AF， 则，，，，，， 故，，，，，. 设平面AEF的法向量为， 则，即，不妨取，则可得， 则点P到底面AMFE的距离为，即为四棱锥的高. 因为，所以，因此四边形AMFE为直角梯形， 又由（1）知，，则， 从而，四棱锥P-AMFE的体积. 法二：连接AF， 因为，所以，所以， 所以四棱锥PAMFE的体积， 因为， 所以 ， 所以. 17. 2025“西安年•最中国”春节再次火爆出圈，申遗成功后的首个春节，遇上首个“非遗版春节”，千年古都西安凭借其深厚的历史文化底蕴和丰富的旅游资源吸引了大量国内外游客前来感受一个别样“西安年”.以下随机收集了春节期间5天的日期代码和每天旅客数量（单位：万人）的5组数据，得到统计数据如下表： 日期 1月28日 1月29日 1月30日 1月31日 2月1日 日期代码 1 2 3 4 5 旅客数量（万人） 55 80 150 270 485 4 4.4 5 5.6 6 由5组数据制成图（1）所示的散点图.现用两种模型①，②分别进行拟合，由此得到相应的回归方程并进行残差分析，进一步得到图（2）所示的残差图. （1）根据残差图判断选择哪个模型拟合较好并说明理由； （2）根据（1）问中所选的模型，求出关于的经验回归方程； （3）为了吸引旅客，某景点在售票处针对各个旅游团进行了现场抽奖的活动，具体抽奖规则为：从该旅游团所有游客中随机同时抽取两名游客，若两名游客性别不同则为中奖.已知某个旅游团中有5个男游客和个女游客，现按抽奖规则重复进行三次抽奖，设三次抽奖中恰有一次中奖的概率为，当为何值时，最大？ 参考公式：对于一组数据其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为： 【答案】（1）②，理由见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据散点图判断模型； （2）根据最小二乘法公式计算，再计算即可求解； （3）先设函数作差后结合导函数得出单调性即可求出最大值. 【小问1详解】 由图知，应该选择模型②. 理由为：模型②的残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，且带状区域的宽度比模型①带状宽度窄， 模型②的残差的绝对值远小于模型①的残差的绝对值，所以②的拟合精度更高， 回归方程的预报精度相应就会越高.故选模型②比较合适. 【小问2详解】 由（1）知，选用模型②，两边取对数，得 令与可以用经验回归方程来拟合，则 计算可得 所以 .所以，即 所以回归方程为. 【小问3详解】 记“从5个男游客和个女游客中随机同时抽取两名游客，两名游客性别不同（即为中奖）”为事件， 则 设 恒成立 时取得最大值，即 ， 令 则，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 当时，取得最大值.由，解得或（舍去） 当时，恰有一次中奖概率最大. 18. 椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，B为上顶点，F为右焦点，若点O到直线BF的距离为焦距的． 求椭圆C的离心率； 已知直线l不垂直于坐标轴且直线l过点F与椭圆C交于M，N两点，与共线． 求直线l的斜率； 设P为椭圆C上任意一点，，求的最大值． 【答案】（1）；（2）2， 【解析】 【分析】由点O到直线BF的距离为焦距的可得，，即可得椭圆C的离心率． 设，，弦AB的中点，将，代入椭圆方程，两式作差，根据中点坐标及斜率公式，即可求斜率； 先由离心率将椭圆方程化为，根据题意有MN所在的直线方程为：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理以及题中条件，即可得出结果. 【详解】解：椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，B为上顶点，F为右焦点， 点O到直线BF的距离为焦距的． ，，， 椭圆C的离心率． 直线l不垂直于坐标轴且直线l过点F与椭圆C交于M，N两点， 设，，弦MN的中点， 与共线，直线OH的斜率． ， 两式相减可得． 直线l的斜率为； ． 从而椭圆C的方程可化为， 右焦点F的坐标为， 据题意有MN所在的直线方程为： 联立可得． 则，， 设，由有：， 故， 又因为点M在椭圆C上，所以有 整理可得： 所以    又点A，B在椭圆C上，故有 将，代入可得：． ，的最大值为． 【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题，一元二次方程的根与系数的关系、考查了推理能力与计算能力，属于难题． 19. 已知函数，且与轴相切于坐标原点． （1）求实数的值及的最大值； （2）证明：当时，； （3）判断关于的方程实数根的个数，并证明． 【答案】（1），最大值为0 （2）证明见解析 （3）2个，证明见解析 【解析】 【分析】（1）由求出的值，即可得到解析式，再利用导数求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值； （2）依题意即证当时，记，，当时直接说明即可，当，利用导数说明函数的单调性，即可得证； （3）设，，当时，由（1）知，则，当时，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理判断函数的零点，当时，，令， 利用导数说明在区间上单调递减，即可得到，从而说明函数在无零点，即可得解. 【小问1详解】 由题意知，且， ， ，解得， ，， 则， 当时，，．故， 所以在区间上单调递减，所以． 当时，令， 则， ，，， 在区间上单调递减，则， 在区间上单调递增，则，则． 综上所述，，的最大值为． 【小问2详解】 因为， 要证当时，即证， 记，， 当时，，， ； 当时，， 记，则， 在区间上单调递减，则， 则在区间上单调递减， ， 综上所述，当时，． 【小问3详解】 设，， ， 当时，由（1）知， 故， 故在区间上无实数根． 当时，，因此为的一个实数根． 当时，单调递减， 又，， 存在，使得， 所以当时，当时， 在区间上单调递增，在区间上单调递减， ，又， 在区间上有且只有一个实数根，在区间上无实数根． 当时，， 令， ， 故在区间上单调递减，， 于是恒成立．故在区间上无实数根， 综上所述，有2个不相等的实数根． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$