精品解析：江苏省扬州市新华中学2025届高三下学期校内模拟二数学试题

高三数学校内模拟二 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合A，再利用交集的定义即可求出. 【详解】由得：，所以集合，故 故选：A 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出进而得出，再根据虚部的概念即可得出答案. 【详解】由，得，得，所以，故的虚部为. 故选：B 3. 已知向量若则（     ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的垂直关系可以得到数量积等于0，算出，再利用模的坐标公式进行求解，即可得到答案 【详解】由已知，因为，所以，，所以． 故选C． 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. 20 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】结合通项公式即可求解. 【详解】的通项公式， 取，可得，又中不含平方项， 所以的展开式中的系数为, 故选：C 5. 当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据五点法作图，在同一坐标系中画出函数图形，判断交点个数. 【详解】作图像，列表： 0 0 1 0 0 1 0 0 作图像，列表： 0 0 2 0 0 2 0 在同一坐标系中画出图形，如下图所示， 则两个函数在上有4个交点. 故选：B. 6. 已知是公差不为0的等差数列，其前项和为，则“，”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义，分别判断“”能否推出“”以及“”能否推出“”，进而确定两者之间的条件关系. 【详解】若，这意味着是数列中的最小值. 因为是公差不为的等差数列，所以该数列的前项和是关于的二次函数（且二次项系数不为），其图象是一条抛物线. 当是最小值时，说明从第项开始数列的项变为正数，即，且. 所以由“”可以推出“”，充分性成立. 若，仅知道第项是非正的，但无法确定就是的最小值. 例如，，就不是最小值，即不能推出，必要性不成立. 因为充分性成立，必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：C 7. 如图所示，直三棱柱是一块石材，测量得，，，．若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为（ ） A. ，4 B. ，3 C. ，4 D. ，3 【答案】D 【解析】 【分析】先求出底面直角三角形的内切圆半径，这个半径就是能加工出的最大健身手球的半径，再根据球的体积公式求出一个健身手球的最大体积，最后通过直三棱柱的高与球直径的关系求出健身手球的个数. 【详解】中，，，. 则斜边的长度为. 当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大． 易知，设健身手球的半径为，则，解得． 则健身手球的最大直径为4．一个健身手球的最大体积.  直三棱柱的高，则由， 说明直三棱柱的高最多能容纳个球的直径长度，故加工成的健身手球的个数为.  故选：D. 8. 已知直线与圆交于两点，若成等差数列，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设数列公差为d，结合等差数列通项公式分析可知直线过定点，再根据圆的性质可知当时，弦长最小，此时最小，进而运算求解. 【详解】 由题意可知：圆的圆心为，半径， 因为成等差数列，所以设， 则可化为， 即， 令，可知直线过定点， 且，所以在圆C内部， 当时，弦长最短，此时最小， 又，所以， 所以， 又，所以， 故选:C 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解 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. 有一组样本数据1，2，3，4，5，现加入两个正整数，构成新样本数据，与原样本数据比较，下列说法正确的是（ ） A. 若平均数不变，则 B. 若极差不变，则 C. 若，则中位数不变 D. 若，则方差不变 【答案】AC 【解析】 【分析】根据平均数、极差、中位数和方差的定义判断. 【详解】若平均数不变，则，解得，故A正确； 当时，极差不变，但，故B错； 若，则为或或，每一种情况对应的中位数都是3，故C正确； 原数据的平均数为3，原数据的方差为， 新数据的平均数为3，新数据的方差为，当且仅当时等号成立，所以方差有可能改变，故D错. 故选：AC. 10. 已知如图是函数的部分图象，则（ ） A. 的图象关于中心对称 B. 在单调递增 C. 在点处的切线方程为 D. 的图象向左平移个单位长度后为偶函数 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数图像上的点,求出函数参数,根据函数解析式判断各选项正误. 【详解】函数图形经过,代入得,解得,因为，. 过点,得,解得, 有图像可知,即，解得，则. 可得， 对称中心为,解得,所以A错误. 函数在上单增,解得 当时,增区间为,所以B正确. 可知,则, 切线方程为,化简得,所以C正确. 平移后得,是偶函数,所以D正确. 故选:BCD. 11. 著名数学家笛卡尔根据他所研究的一簇花瓣和叶形曲线特征，列出了方程，该方程表示的曲线C就是优美的“笛卡尔叶形线”（如图），它具有非常完美的对称性，则下列说法正确的是（ ） A. 曲线C过点 B. 曲线C关于对称 C. 若，曲线C在第一象限的点的纵坐标的最大值为3 D. 若，曲线C上任一点均满足 【答案】ABD 【解析】 【分析】将点代入方程可判断A；在方程中，把x，y互换方程不变，可判断B；从形上看曲线上有点的纵坐标大于3，从数上看取，则，记，利用零点存在定理可得在上必有一根可判断C；设，代入曲线方程，结合判别式可判断D. 【详解】对于A，将点代入方程得， 点满足方程，故曲线C过该点，故A正确； 对于B，在方程中，把x，y互换方程不变，即当在曲线C上时， 它关于的对称点也在曲线C上，故曲线C关于对称，故B正确； 对于C，当，由A，B知曲线过点且关于对称， 从形上看曲线上有点的纵坐标大于3（如下图1），从数上看取， 则，记，， ，图像连续不间断， 故在上必有一根，故曲线上有点的纵坐标的最大值大于3，故C错误； 对于D，设，则，代入曲线方程得， 即，当，即时，代入得，矛盾； 当即时， ， 可得，又，故，如图2从形上看曲线C夹在渐近 线和切线之间，故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. 已知，，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据全概率公式和条件概率公式进行计算即可. 【详解】. . 故答案为： 13. 若函数的最小值为2，则实数a的值是__________. 【答案】1 【解析】 【分析】由函数求导，根据参数与零的大小关系，利用导数与函数单调性的关系，求得函数最小值，建立方程，可得答案. 【详解】由，求导可得， 当时，令，可得， 由可得，由得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 故，解得； 当时，，显然函数在上单调递减，故不合题意； 当时，，函数在上单调递减，故不合题意. 故答案为： 14. 已知四边形中，，设与的面积分别为，则的最大值为__________. 【答案】14 【解析】 【分析】根据余弦定理可得，继而根据面积公式可得表达式，结合二次函数的性质即可求解最值. 【详解】四边形中，，， 则，． 在中，利用余弦定理：， 所以：． 在中，利用余弦定理：， 所以：． 所以：． 则 当时，最大值，最大值为14， 故答案为：14． 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. 已知是等差数列，公差不为，其前项和为.若，，构成等比数列，. （1）求及； （2）数列满足，，，为数列的前项和，求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列等比数列的通项公式及求和公式直接列方程，解方程即可； （2）利用累加法可得，进而可得，再利用裂项相消法可得. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为，且， 由，，构成等比数列，， 则， 解得， 则，； 【小问2详解】 由（1）得， 即， 则，，，，， 等式左右分别相加可得 又， 所以， 所以， 则 . 16. 已知和，直线与椭圆切于点. （1）求的离心率； （2）若过的直线交于另一点，且的面积为，求的方程. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据点在椭圆上，可得，再根据直线与椭圆相切，列方程，可得椭圆方程，进而可得离心率； （2）设点，由已知可确定方程与，结合三角形面积可得，再由点在椭圆上，可得方程组，联立方程组即可得解. 【小问1详解】 由已知点在椭圆上，则， 又，，可知，即， 又直线与椭圆相切， 联立直线与椭圆，得， 即， 化简可得， 联立，解得， 则，即，，， 所以离心率； 【小问2详解】 由（1）得椭圆方程为， 设，由已知，且， 则点到直线的距离， 又的面积， 化简可得， 又点在椭圆上，则， 联立方程，解得，则， 所以，即直线. 17. 如图，在底面是矩形的四棱锥中，，点在底面上的射影为点与在直线的两侧，且. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 证明：连接， 因为平面平面， 所以. 又，所以. 又，故，所以为等腰直角三角形. 而，平面，所以平面， 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，结合为等腰直角三角形，进而得到平面，得到答案； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到两个平面的法向量，由法向量夹角的余弦公式求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，两两垂直， 以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则， 由，得，可得点坐标为， 同理得. 所以， 设为平面的法向量， 则，即 令，则，得平面的一个法向量. 设为平面的法向量， 则，即， 令，则，得平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为，则 ， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知函数. （1）若，且，求a的最小值； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）若,当时恒成立，求b的取值范围. 【答案】（1） （2）的定义域为. 设为图象上任意一点，关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. （3） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用列不等式求解即可. （2）先判断定义域关于原点对称，再设为图象上任意一点，然后利用指数运算判断点也在图象上，即可证明. （3）设，则有在上恒成立，多次求导，利用导数研究的单调性，解不等式即可求解. 【小问1详解】 时，，则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故，即，所以的最小值为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，在上恒成立， 设，则， 则有在上恒成立， 因为，可设， 所以 ①当时，由知，，所以， 所以在单调递增. 1.当，即时，对任意都成立， 所以在上单调递减，则； 2.当，即时，而当时，， 所以，使，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以舍去； ②当时，所以在上单调递增，则，所以舍去； ③当时，与在上都单调递增， 所以在上单调递增，则，所以舍去. 综上，. 19. 在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”. （1）求， （2）已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1. （i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1； （ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率. 【答案】（1）； （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意直接计算得出结论； （2）（i），因此，即可证明结论； （ii）利用全概率公式可得结论. 【小问1详解】 由题意，前2 次移动向雷达发送信息，则需要连续向左移动2次，则， 若机器人经过，则必不经过3，包括： 前两次都向左移动1个单位； 先向左移动1个单位，再向右移1个单位，再向左移动2个单位； 先向右移动1个单位，再向左移动3个单位， 则其概率， 若机器人经过3，则必不经过，包括：前3次连续向右移动，则其概率， 故； 【小问2详解】 （i），因此， ， ， 对于一系列无穷事件，存在正数，对于任意的n都有，， 则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1，即“中有事件不发生”的概率为1，即“雷达会收到信息”的概率为 （ii）设事件机器人从出发，运动至3首次发送信息， 根据（i），机器人发信息的概率为1，即它会从0运动至或3的概率为1， 再根据对称性，机器人初始位置为0，首次发信息在的概率与初始位置在1， 首次发信息在3的概率相等，即 设事件表示点移动到1，事件，表示点移动到0，设事件表示点移动到 易知事件与事件相互独立，故 又根据全概率公式，若机器人初始位置为0， 第一次移动后的位置为1 或，故， 故，① 若机器人初始位置为，第一次移动后的位置为0，故， 即，② 解①②，解得，从而雷达第一次收到信息时机器人位置为3的概率为 【点睛】关键点点睛：本题第二问有可得，利用不等式放缩可知，进而再放缩可得进而可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学校内模拟二 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 3. 已知向量若则（     ） A. B. C. 2 D. 4 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. 20 D. 60 5. 当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 6. 已知是公差不为0的等差数列，其前项和为，则“，”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 如图所示，直三棱柱是一块石材，测量得，，，．若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为（ ） A. ，4 B. ，3 C. ，4 D. ，3 8. 已知直线与圆交于两点，若成等差数列，则的最小值为（ ） 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. 有一组样本数据1，2，3，4，5，现加入两个正整数，构成新样本数据，与原样本数据比较，下列说法正确的是（ ） A. 若平均数不变，则 B. 若极差不变，则 C. 若，则中位数不变 D. 若，则方差不变 10. 已知如图是函数的部分图象，则（ ） A. 的图象关于中心对称 B. 在单调递增 C. 在点处的切线方程为 D. 的图象向左平移个单位长度后为偶函数 11. 著名数学家笛卡尔根据他所研究的一簇花瓣和叶形曲线特征，列出了方程，该方程表示的曲线C就是优美的“笛卡尔叶形线”（如图），它具有非常完美的对称性，则下列说法正确的是（ ） A. 曲线C过点 B. 曲线C关于对称 C. 若，曲线C在第一象限的点的纵坐标的最大值为3 D. 若，曲线C上任一点均满足 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，，则______. 13. 若函数的最小值为2，则实数a的值是__________. 14. 已知四边形中，，设与的面积分别为，则的最大值为__________. 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. 已知是等差数列，公差不为，其前项和为.若，，构成等比数列，. （1）求及； （2）数列满足，，，为数列的前项和，求. 16. 已知和，直线与椭圆切于点. （1）求的离心率； （2）若过的直线交于另一点，且的面积为，求的方程. 17. 如图，在底面是矩形的四棱锥中，，点在底面上的射影为点与在直线的两侧，且. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知函数. （1）若，且，求a的最小值； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）若,当时恒成立，求b的取值范围. 19. 在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”. （1）求， （2）已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1. （i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1； （ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $