精品解析：四川省绵阳外国语学校2025届高三二模数学试题

绵阳外国语学校2025年第二次高考模拟检测 高三年级数学试卷 本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共4页.完卷时间：120分钟.满分：150分 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一､单项选择题（本大题共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. 若复数是纯虚数，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法和复数的分类即可得到方程，解出即可. 【详解】， 因为其为纯虚数，则且，解得. 故选：B. 2. 已知集合，，若，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求解集合,再利用集合的包含关系得到参数满足的条件求解即可. 【详解】解集合， 解集合， 因为，所以， 故选：B. 3. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先利用线性运算坐标公式求得，然后利用向量垂直的坐标运算列式求解即可. 【详解】因为，，所以. 若，则，所以，解得. 故选：A 4. 设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”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】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性. 【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足， 如图：满足，，但不成立，故必要性不满足， 所以“”是“”的充分而不必要条件. 故选：A. 5. 若为双曲线：上异于，的动点，且直线与的斜率之积为5，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，根据点在双曲线上及斜率的两点式可得，即可得渐近线方程. 【详解】设，则，即， 则，则，故的渐近线方程为. 故选：C 6. 已知定义在上的函数，其中是奇函数且在上单调递减，的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，探讨函数的奇偶性及单调性，再求解不等式. 【详解】依题意，，， 则函数是上的奇函数，而函数在上都单调递减， 因此在上单调递减，不等式，则， 解得，所以所求解集是. 故选：B 7. 学校举办篮球赛，将6支球队平均分成甲、乙两组，则两支最强的球队被分在不同组的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意结合排列组合公式和古典概型计算公式确定满足题意的概率值即可. 【详解】由题意可知，两支最强的球队被分在不同组的分组组数为：， 所有的分组组数为：， 结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值为：. 故选：C. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，求导分析单调性可得A错误；令求导分析单调性可得B错误；令，由诱导公式和两角和的正弦展开式可得C错误； 令，求导后放缩得单调性后可得D正确. 【详解】对于A，令，则， 所以在上单调递减，即， 所以，故A错误； 对于B，令，，则， 所以在上单调递增，即，故B错误； 对于C，因为，令时，， ， 因为，所以，故C错误； 对于D，令，，则， 由三角函数线可得当时，，所以， 所以， 所以在上单调递增，，， 即，故D正确. 故选：D 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 下列选项正确的是（ ） A. 设是随机变量，若，则 B. 已知某组数据分别为1，2，3，5，6，6，7，9，则这组数据的上四分位数为6 C. 二项式展开式中的常数项为 D. 设是随机变量，若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，按正态分布的表达含义可得结果； B选项，按百分位数的求解方法计算即可； C选项，表达二项式的通项，令字母因数部分指数为零可得解； D选项，按二项分布的方差公式及性质运算即可. 【详解】A选项：若，则，A选项正确； B选项：1，2，3，5，6，6，7，9，这组数据已按从小到大排好序，共有8个数据， 上四分位数是第百分位数，因为，结果是整数， 所以百分位数是这组数据中第6个和第7个数的平均数，为，B选项错误； C选项：二项式的通项为， 令，解得，展开式的第四项为常数项， 为，C选项正确； D 选项：若，则， 所以中，， 则，D选项错误. 故选：. 10. 已知圆C的方程为，点是圆C上任意一点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. 圆C的半径为2 B. 满足的点M有1个 C. 的最大值为 D. 若点P在x轴上，则满足的点P有两个 【答案】AC 【解析】 【分析】将圆的方程化为标准方程确定圆心坐标与半径，可判断选项A；由圆上任意点到原点距离的最值可判断选项B；令，然后根据点在圆上，借助一元二次方程有解求解的最值，即可判断选项C；设出点的坐标，利用待定系数法可判断选项D． 【详解】选项A：圆的方程可化为，所以圆心，半径等于2，故A正确； 选项B：由于，所以圆上任意一点到原点的最大距离是， 最小距离是，因此满足的点有两个，故B错误； 选项C：令，则，所以， 将点的坐标代入圆的方程并整理，得， 依题意有，即， 解得，因此的最大值为，故C正确． 选项D：不妨设，由于，所以， 整理得． 因为点在圆上，所以，则， 因为为点的横坐标，且点为圆上任意一点， 所以，得， 所以符合要求的点是唯一的，故D错误． 故选：AC. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 一定是异面直线 B. 存在点，使得 C. 直线与平面所成角的正切值的最大值当 D. 过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值 【答案】AD 【解析】 【分析】对ABC选项，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解和判断即可；对D选项，由正方体的性质可得截面面积最大的状态，画出截面图，求得面积即可判断. 【详解】以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系： 则， 设，则点坐标为； 对A：设平面的法向量为，， 则，即，取，解得，故； 又，， 考虑到，则，故， 故一定是异面直线，A正确； 对B：，， 若，则，即， 解得，又，故不存在这样的点，使得，B错误； 对C： ，取平面的法向量， 则， 设直线与平面的夹角为 则，则， ，又，故， 即直线与平面所成角的正切值的最大值为，C错误； 对D：在正方体中，过的截面为六边形且六边形为正六边形时面积最大. 此时过的截面经过对称中心， 设截面交于中点，也为中点， 所以为的中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积最大， 取的中点为，连接，如下所示： 故此时截面为正六边形， 其面积，故D正确. 故选：AD. 第II卷非选择题（共92分） 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知等差数列 的前n项和为 若 则 ________ 【答案】30 【解析】 【分析】根据题意可求出，进而可求 【详解】由题意 则 所以 故答案为：30 13. 已知是第三象限角，，则________________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据条件求出，的值.法1：根据求值； 法2：根据求出的值，再求的值. 【详解】法1：因为，所以，因为是第三象限角，所以，则. 法2：因为，所以，因为是第三象限角，所以，则，所以 14. ，，则的取值为________. 【答案】1 【解析】 【分析】由于，即则与在同一区间内保持同号，根据函数单调性，分类进行判断即可. 【详解】根据题意，，定义域为， 当时，，则， 令，则，令，则， 则在上单调递增，在上单调递减， 又，则时，，即，与题意不符； 当时，，根据对数函数的图像特点，易知，当时，，即，与题意不符； 当时，则且，或且， 又在上单调递增，， 所以时，；时，； 所以时，，时，； 又为增函数，所以. 故答案为：1. 四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知函数． （1）若直线与曲线相切，求的值； （2）讨论的单调性； （3）若在定义域内恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）增区间为，减区间为 （3） 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义可得出切点的横坐标，结合切线方程可得出切点的坐标，将切点代入函数的解析式，即可得出实数的值； （2）利用函数的单调性与导数的关系可求出函数的增区间和减区间； （3）解不等式，即可解得实数的取值范围. 【小问1详解】 因为，则， 由，可得，所以直线与曲线的切点坐标为， 故，解得. 【小问2详解】 因为，所以函数的定义域为， 由可得，由可得， 故函数的增区间为，减区间为. 【小问3详解】 由（2）可得，解得， 又因为，故实数的取值范围是. 16. 记的内角、、所对边分别为、、，面积为，且． （1）证明：； （2）若，边上的高为，求． 【答案】（1） 因为，所以， 在中，，所以． 由正弦定理，得． 因为， 所以， 所以，即， 所以． （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形的面积公式结合二倍角的正弦定理可得出，再利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出所证结论成立； （2）解法1：利用两角和的正切公式可求出的值，过作，过作，、分别为垂足，设，在中，应用勾股定理求出的值，然后在，利用勾股定理可求出的值； 解法2：利用同角三角函数的基本关系求出、的值，利用三角形的面积公式求出的值，然后利用正弦定理可求出的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以，由（1）知． 法1：因为， 所以为锐角三角形． 过作，过作，、分别为垂足， 由，设， 因为，所以，， 所以在中，，，，所以，解得， 所以在中，，即． 法2：因为，又因为，解得，． 因为，所以，所以，． 由，得，解得． 由正弦定理，得，解得． 17. 如图，正方形所在平面和等腰梯形所在平面互相垂直，已知，，点在线段上. （1）求证：平面平面； （2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求. 【答案】（1） 证明：由正方形有，又平面平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 过点作，则，，，所以， 所以，即，又， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2）或 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，设即可求得点的坐标，利用夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知两两互相垂直，分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图： 则有，设，则，设， 则有，解得，得， 所以， 设平面的法向量为，则有， 令，得， 设直线与平面所成角为， 所以， 解得或， 所以或. 18. 已知双曲线过点，其渐近线的方程为．按照如下方式依次构造点；过右支上点作斜率为1的直线与C的左支交于点，过再作斜率为的直线与C的右支交于点． （1）求双曲线C的方程； （2）用表示点的坐标； （3）求证：数列是等比数列． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）代入点的坐标以及渐近线方程即可求解得解， （2）求解直线方程，联立与双曲线方程，根据韦达定理即可求解， （3）设，由于在双曲线上，化简可得，进而利用等比数列的定义求解. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 所以双曲线C的方程为： 【小问2详解】 过作斜率为的直线方程为， 联立其与双曲线方程可得， 设, 由于在双曲线上，所以 则， 所以， 故 【小问3详解】 设， 由于在双曲线上，所以， 则，化简可得，，故， 所以， , 所以， 故是等比数列. 【点睛】关键点点睛：设，根据在双曲线上，解得，即可代入的表达式中，进而利用等比数列的定义求解. 19. 某商家为吸引顾客，准备了两份奖品，凡是进店消费即可参与抽奖，奖品被抽完即抽奖活动终止．抽奖的规则如下：在一个不透明的盒子中有放回地取球（小球大小和质地相同），取出红球，则不获奖，取出白球，则获奖．刚开始盒子中有个白球和个红球，参与抽奖的顾客从盒子中随机抽取1个球，若不获奖，则将球放回，该顾客抽奖结束，下一名顾客继续抽奖．若获奖，则将球放回后再往盒子中加个红球，该顾客再继续抽奖．若第二次抽奖不获奖，则将球放回，该顾客只获得一份奖品，抽奖结束，下一名顾客继续抽奖；若第二次抽奖获奖，则该顾客获得两份奖品，整个抽奖活动结束．该活动深受顾客喜欢，假设这两份奖品没被抽完前始终有顾客参与抽奖． （1）求第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率； （2）求这两份奖品都被第名顾客抽取的概率； （3）求由第名顾客终止抽奖活动的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分析可知第名顾客抽取的是红球；第名顾客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是红球；第名顾客抽取的是白球.结合独立事件的概率公式可求得所求事件的概率； （2）利用列举法列举出这两分别奖品都被第名、第名、第名顾客抽走的概率，利用归纳可得出这两份奖品都被第名顾客抽取的概率； （3）设由第名顾客终止抽奖的概率为，可得出的值，讨论的情形，第名顾客共抽取了两份奖品，则前面名顾客都没有抽到奖品；第名顾客抽取了一份奖品，则前面名顾客中第名顾客抽到了一份奖品，计算出两种情况下所求概率，相加即可得解. 【小问1详解】 由题意可得第名和第名顾客各抽中一份奖品，即第名顾客抽取的是红球； 第名顾客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是红球；第名顾客抽取的是白球. 故第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率为. 【小问2详解】 这两份奖品被第名顾客抽走的概率为， 被第名顾客抽走的概率为， 被第名顾客抽走的概率为， ， 被第名顾客抽走的概率为. 【小问3详解】 设由第名顾客终止抽奖的概率为，则，以下讨论的情形： 若第名顾客共抽取了两份奖品，则前面名顾客都没有抽到奖品，其概率为， 若第名顾客抽取了一份奖品，则前面名顾客中第名顾客抽到了一份奖品， 则前面名顾客五人抽到奖品，其概率为， 第名顾客只获得一份奖品，其概率为， 第名顾客到第名顾客都没有抽到奖品，其概率为， 所以，第名顾客抽取了一份奖品的概率为 ， 所以，， 当时，符合上式， 因此，由第名顾客终止抽奖活动的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绵阳外国语学校2025年第二次高考模拟检测 高三年级数学试卷 本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共4页.完卷时间：120分钟.满分：150分 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一､单项选择题（本大题共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. 若复数是纯虚数，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 已知集合，，若，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 设是两个不同平面，是两条直线，且.则“”是“”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 5. 若为双曲线：上异于，的动点，且直线与的斜率之积为5，则的渐近线方程为（ ） A B. C. D. 6. 已知定义在上的函数，其中是奇函数且在上单调递减，的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 学校举办篮球赛，将6支球队平均分成甲、乙两组，则两支最强的球队被分在不同组的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 下列选项正确的是（ ） A. 设是随机变量，若，则 B. 已知某组数据分别为1，2，3，5，6，6，7，9，则这组数据的上四分位数为6 C. 二项式展开式中的常数项为 D. 设是随机变量，若，则 10. 已知圆C的方程为，点是圆C上任意一点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. 圆C的半径为2 B. 满足的点M有1个 C. 的最大值为 D. 若点P在x轴上，则满足的点P有两个 11. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 一定是异面直线 B. 存在点，使得 C. 直线与平面所成角的正切值的最大值当 D. 过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值 第II卷非选择题（共92分） 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知等差数列 的前n项和为 若 则 ________ 13. 已知是第三象限角，，则________________. 14. ，，则的取值为________. 四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知函数． （1）若直线与曲线相切，求值； （2）讨论的单调性； （3）若在定义域内恒成立，求的取值范围． 16. 记的内角、、所对边分别为、、，面积为，且． （1）证明：； （2）若，边上的高为，求． 17. 如图，正方形所在平面和等腰梯形所在平面互相垂直，已知，，点在线段上. （1）求证：平面平面； （2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求. 18. 已知双曲线过点，其渐近线的方程为．按照如下方式依次构造点；过右支上点作斜率为1的直线与C的左支交于点，过再作斜率为的直线与C的右支交于点． （1）求双曲线C方程； （2）用表示点的坐标； （3）求证：数列是等比数列． 19. 某商家为吸引顾客，准备了两份奖品，凡是进店消费即可参与抽奖，奖品被抽完即抽奖活动终止．抽奖的规则如下：在一个不透明的盒子中有放回地取球（小球大小和质地相同），取出红球，则不获奖，取出白球，则获奖．刚开始盒子中有个白球和个红球，参与抽奖的顾客从盒子中随机抽取1个球，若不获奖，则将球放回，该顾客抽奖结束，下一名顾客继续抽奖．若获奖，则将球放回后再往盒子中加个红球，该顾客再继续抽奖．若第二次抽奖不获奖，则将球放回，该顾客只获得一份奖品，抽奖结束，下一名顾客继续抽奖；若第二次抽奖获奖，则该顾客获得两份奖品，整个抽奖活动结束．该活动深受顾客喜欢，假设这两份奖品没被抽完前始终有顾客参与抽奖． （1）求第名和第名顾客各抽中一份奖品概率； （2）求这两份奖品都被第名顾客抽取的概率； （3）求由第名顾客终止抽奖活动的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $