精品解析：安徽省合肥市第一中学2024-2025学年高三下学期高考压轴二数学试卷

2025届高考预测压轴卷·数学（二） （120分钟 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. 已知集合，，且，则（ ） A. 6 B. 3 C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 若椭圆C：的离心率为，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 4. 已知方程在区间上有两个不相等的实数根，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数，且在上是增函数 B. 是偶函数，且在上是减函数 C. 是奇函数，且在上是增函数 D. 是奇函数，且在上是减函数 6. 在所在平面中有一点P满足，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，内角所对的边分别是，若，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的棱长为3，平面平面且与线段，分别交于点，则长度的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 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. 某市高一年级举行了一次数学竞赛，从所有参加竞赛的名学生中随机抽取了一部分学生，经统计这部分学生的成绩全部介于至之间，将成绩数据按照分组，作出频率分布直方图如图所示，则（ ） A. B. 估计全市高一年级数学竞赛成绩不低于分的有人 C. 估计全市高一年级数学竞赛成绩的平均分是 D. 估计全市高一年级数学竞赛成绩的中位数约为 10. 在中，内角所对的边分别为，若，，且，则（ ） A. 的外接圆直径为 B. C. 的面积为 D. 的周长为 11. 已知函数，则（ ） A. ， B. 当时，有三个零点 C. 若图象上存在四点构成正方形，则 a的最大值为 D. 存在a，b使得满足方程的曲线与y轴有三个交点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若数据的极差为3，方差为4，则数据的极差为__________，方差为__________. 13. 已知抛物线的焦点为，点在上，若，则线段的中点的横坐标为______. 14. 已知直线与曲线相切，则直线的方程为：__________. 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. 为服务北京城市副中心三大文化建筑（北京艺术中心，北京城市图书馆和北京大运河博物馆）游客差异化出行需求，北京市交通委于2024年开通三大文化建筑周边自动驾驶微公交接驳服务. 无人驾驶微公交每辆车满载可乘坐9名乘客，为预测未来某站点在客流量高峰期乘车人数的规律，收集了以往某个客流量高峰期连续20辆微公交的乘车人数数据. 如下： 车次序号 乘车人数 110号 8 9 9 9 8 9 9 9 9 7 1120号 9 9 8 9 9 9 9 9 7 8 用频率估计概率. （1）试估计该站点客流量高峰期微公交乘车人数为9人的概率； （2）假设微公交乘车人数相互独立，记为未来该站点客流量高峰期两辆微公交乘车人数之和，求的分布列及数学期望； （3）假设客流量高峰期该站点每辆微公交乘车人数只受前一辆微公交乘车人数影响，若该站点连续两辆微公交都满载9人的概率不低于，则需要缩短连续两辆微公交的时间间隔，判断公交公司在客流量高峰期是否需要缩短发车间隔.（写出结论，不用说明理由） 16. 如图，在多面体ABCDE中，，，均为等边三角形，平面平面ABC，平面平面ABC，平面平面，M在直线BE上，N在直线l上，，． （1）证明：平面BCE； （2）求MN与平面ABC所成角的正弦值． 17. 已知双曲线的渐近线方程为，左、右焦点分别为. （1）求的方程； （2）若直线与交于两个不同的点，求； （3）已知点，且直线与只有一个公共点，求点的横坐标. 18. 已知在点处与轴相切. （1）求的值； （2）求的单调区间； （3）若，求证. 19. 设M为部分正整数组成的集合，数列的首项，前n项积为，对任意整数，当时，都成立． （1）设，，求的值； （2）设，求正项数列的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高考预测压轴卷·数学（二） （120分钟 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. 已知集合，，且，则（ ） A. 6 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】明确集合，表示出集合，根据两集合的交集确定的值. 【详解】由，所以， 又，， 所以. 故选：A 2. 已知，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】先利用复数的除法化简，再利用复数的模公式求解. 【详解】解：因为， 所以， 所以， 故选：C 3. 若椭圆C：的离心率为，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，确定椭圆的焦点位置，再利用离心率列式求得答案. 【详解】依题意，，即，则椭圆的焦点在轴上， 因此，所以. 故选：C 4. 已知方程在区间上有两个不相等的实数根，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用换元法结合函数与方程的关系转化为函数交点问题，再结合正弦函数的对称性求解即可. 【详解】因为，所以，故， 而方程在区间上有两个不相等的实数根， 且令，则在区间上有两个不相等的实数根， 故，，两个根为， 则与在区间上有两个不同的交点， 记两个交点横坐标为，由正弦函数性质得关于对称， 则，解得，而， 得到，即，故C正确. 故选：C 5. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数，且在上是增函数 B. 是偶函数，且在上是减函数 C. 是奇函数，且在上是增函数 D. 是奇函数，且在上是减函数 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性的定义判断函数的奇偶性，再利用导数说明函数的单调性． 【详解】函数的定义域是，关于原点对称，， 故函数是偶函数， 又因为，易知其为增函数， 当时，， 故在上是增函数， 故选：A． 6. 在所在平面中有一点P满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用向量加减的运算法则得，结合已知即可得答案. 【详解】由题设，则， 即，则， 又，所以. 故选：C 7. 在中，内角所对的边分别是，若，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理边角转化，表示出，利用基本不等式以及三角函数有界性得唯一解，即可求面积. 【详解】由正弦定理，， 则， 则， 当且仅当取等号， 又由于，， 所以,， . 故选：B. 8. 已知正方体的棱长为3，平面平面且与线段，分别交于点，则长度的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标，利用面面平行的性质消去变量，再利用向量模长公式将线段长度用一元函数表示，再结合二次函数性质求解最值即可. 【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系，连接， 因为正方体的棱长为3，所以，， ，，，而，， ，，由题意得共线，共线， 设，，，， 则，，， 得到，，，解得，则， 而，故， 得到，，， 解得，，，则， 故， 设面的法向量为，结合，， 则，， 令，解得，，故， 因为平面平面，所以也是面的法向量， 则，即，解得，此时， 由向量模长公式得， ， 若最小，则最小即可， 令，由二次函数性质得对称轴为， 而，则当时，取得最小值，最小值为， 则的最小值为，即的最小值为，故C正确. 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. 某市高一年级举行了一次数学竞赛，从所有参加竞赛的名学生中随机抽取了一部分学生，经统计这部分学生的成绩全部介于至之间，将成绩数据按照分组，作出频率分布直方图如图所示，则（ ） A. B. 估计全市高一年级数学竞赛成绩不低于分的有人 C. 估计全市高一年级数学竞赛成绩的平均分是 D. 估计全市高一年级数学竞赛成绩的中位数约为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由所有矩形条的面积和为，列方程求，判断A，由频率分布直方图求成绩不低于分的频率，再由频率频数样本量的关系，求结论，判断B，根据平均数的计算公式求平均数，判断C，根据中位数定义求中位数判断D. 【详解】对于A，由频率分布直方图，得，解得，故A正确； 对于B，成绩不低于分的频率为，所以估计成绩不低于分的有人，故B正确； 对于C，成绩的平均值，故C正确； 对于D，成绩在，的频率依次为， 显然中位数，则，解得，故D错误. 故选：ABC. 10. 在中，内角所对的边分别为，若，，且，则（ ） A. 的外接圆直径为 B. C. 的面积为 D. 的周长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由条件利用正弦定理求的外接圆直径，判断A，先证明，利用二倍角公式化简，再化角为边判断B，结合B的结论，由余弦定理可求，再利用三角形面积公式求面积，判断C，求周长判断D. 【详解】因为，由正弦定理可得外接圆直径，故A正确； 由易得， 所以等价于， 所以， 由正弦定理得，故B正确； 由余弦定理可得， 代入， 解得， 的面积为，故C错误， 所以的周长为，D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数，则（ ） A. ， B. 当时，有三个零点 C. 若图象上存在四点构成正方形，则 a的最大值为 D. 存在a，b使得满足方程的曲线与y轴有三个交点 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，代入函数值验证即可；对于B选项，利用导数研究函数单调性，可判定零点个数，故B错误；对于C选项，设直线，则，联立方程组，再用分离参数法求a的取值范围即可得到a的最大值；对于D选项，令，则，令，利用导数研究性质，从而得解. 【详解】对于A， ， 故A正确; 对于B，，当时，，单调递增， 故至多有一个零点，故B错误; 对于C，若图象上存在四点A、B、C、D构成正方形， 易得直线AC、BD的斜率存在且不为0， 由A选项可得的图象关于点对称， 设直线，则， 设，， 正方形的对角线互相平分，， ，则， 联立，，故， ，，故， 所以，则，， ，，； 对于D，令，则， 令，， 令得，， 在上，，故在上单调递增， 在上，，故在上单调递减， 在上，，故在上单调递增， 又，， 故时，有三个不同的解，，， 令，则等价于， 根据的图象特征知，存在a使得有3个不同的解，故D正确， 故选： 【点睛】关键点点睛：对于D选项，令，则，令，利用导数研究函数性质，从而得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若数据的极差为3，方差为4，则数据的极差为__________，方差为__________. 【答案】 ①. 6 ②. 16 【解析】 【分析】利用极差和方差的性质直接计算求解即可. 【详解】因为的极差为3，方差为4， 所以数据的极差为，方差为， 故答案为：6；16 13. 已知抛物线的焦点为，点在上，若，则线段的中点的横坐标为______. 【答案】3 【解析】 【分析】设，，根据抛物线定义可得，即可求解中点横坐标. 【详解】设，，则根据抛物线定义可得， 解得，所以线段的中点的横坐标为3． 故答案为：3. 14. 已知直线与曲线相切，则直线的方程为：__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线过定点，进而根据单调性可知为切点，求导，即可根据点斜式求解方程,当不是切点时，根据，构造函数求解方程的根即可求解. 【详解】将变形为，故直线恒过点，又经过点， 若直线与相切于点， ，故， 所以直线的方程为，即， 若直线与不相切于点，设切点为，则 ，故， 故， 化简可得， 记， 则， 由于且， 在单调递增，故单调递增，且， 故，因此在单调递减， 由于，结合可知，当时，无实根， 故当不是切点时，无满足条件的切线方程， 综上可知：切线方程为 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据直线经过定点，根据切点是否为，结合求导求解. 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. 为服务北京城市副中心三大文化建筑（北京艺术中心，北京城市图书馆和北京大运河博物馆）游客差异化出行需求，北京市交通委于2024年开通三大文化建筑周边自动驾驶微公交接驳服务. 无人驾驶微公交每辆车满载可乘坐9名乘客，为预测未来某站点在客流量高峰期乘车人数的规律，收集了以往某个客流量高峰期连续20辆微公交的乘车人数数据. 如下： 车次序号 乘车人数 110号 8 9 9 9 8 9 9 9 9 7 1120号 9 9 8 9 9 9 9 9 7 8 用频率估计概率. （1）试估计该站点客流量高峰期微公交乘车人数为9人的概率； （2）假设微公交乘车人数相互独立，记为未来该站点客流量高峰期两辆微公交乘车人数之和，求的分布列及数学期望； （3）假设客流量高峰期该站点每辆微公交乘车人数只受前一辆微公交乘车人数影响，若该站点连续两辆微公交都满载9人的概率不低于，则需要缩短连续两辆微公交的时间间隔，判断公交公司在客流量高峰期是否需要缩短发车间隔.（写出结论，不用说明理由） 【答案】（1） （2）的分布列为： 14 15 16 17 18 （3）公交公司在客流量高峰期需要缩短发车间隔 【解析】 【分析】（1）结合数据，20辆微公交的乘车人数为9人的共有14辆，求得概率； （2）结合数据，求出的可能取值，求出概率，列出分布列求出期望； （3）结合古典概型，求出连续两辆微公交都满载9人的可能情况，求出概率. 【小问1详解】 根据数据可得，20辆微公交的乘车人数为9人的共有14辆， 所以该站点客流量高峰期微公交乘车人数为9人的概率为. 【小问2详解】 根据数据，20辆微公交的乘车人数为7人的共有2辆，8人的共有4辆，9人的共有14辆， 所以乘车人数为7人的概率为，乘车人数为8人的概率为，乘车人数为9人的概率为， 记为未来该站点客流量高峰期两辆微公交乘车人数之和，则可能取值为14,15,16,17,18. ， ， ， ， ， 所以的分布列为： 14 15 16 17 18 【小问3详解】 公交公司在客流量高峰期需要缩短发车间隔， 理由：20辆公交车连续两辆共有19种可能，其中共有10种两辆微公交都满载9人， 其连续两辆微公交都满载9人的概率， 所以公交公司在客流量高峰期需要缩短发车间隔. 16. 如图，在多面体ABCDE中，，，均为等边三角形，平面平面ABC，平面平面ABC，平面平面，M在直线BE上，N在直线l上，，． （1）证明：平面BCE； （2）求MN与平面ABC所成角的正弦值． 【答案】（1） 设，则，分别取AB、AC中点G、H，则有，且， 又因为平面平面，平面平面，平面ABE，所以平面， 同理可得平面，且， 所以，即四边形为平行四边形，故， 因为G、H分别是AB，AC中点，，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 平面，平面平面，所以， 因为，所以， 又因为，，BE，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）先应用面面垂直的性质定理得出线面垂直，再结合线面平行及性质定理得出线面垂直即可； （2）应用空间向量法得出线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，以G为坐标原点，GB，GC，GE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，且， 设平面BCE的一个法向量为，，即 令，则，． 由（1）知，为直线MN的方向向量，平面ABC的一个法向量为 ，所以MN与平面所成角的正弦值． 17. 已知双曲线的渐近线方程为，左、右焦点分别为. （1）求的方程； （2）若直线与交于两个不同的点，求； （3）已知点，且直线与只有一个公共点，求点的横坐标. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合渐近线方程求，即可得双曲线方程； （2）联立方程，利用韦达定理结合弦长公式运算求解； （3）联立方程可得，分类讨论二次项系数是否为0，结合根的个数运算求解. 【小问1详解】 依题意设的方程为， 则，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 联立方程，消去y得， 则， 设，可得， 所以. 【小问3详解】 由题意可知：直线的方程为，即， 代入的方程得，即. 当时，，方程有两个解，不符合题意. 当，即时，方程， 即，方程只有一个解，符合题意. 故点的横坐标为. 18. 已知在点处与轴相切. （1）求的值； （2）求的单调区间； （3）若，求证. 【答案】（1） （2）单调递减区间为，无单调递增区间 （3）因为，则，要证， 即证， 即证， 设，则， 即证，即证， 令，， 又，所以在上单调递增，， 即，故不等式成立. 【解析】 【分析】（1）依题意知，，联立求得答案； （2）对，利用导数求单调区间； （3）对不等式变形，换元，构造函数证明. 【小问1详解】 因为在点处与轴相切，， 所以，，解得. 【小问2详解】 由（1）得，，定义域为，， 令，则， 令，则， 当时，，单调递增，所以，所以单调递减， 当时，，单调递减，，所以单调递减， 所以的单调递减区间为，无单调递增区间. 【小问3详解】 略 19. 设M为部分正整数组成的集合，数列的首项，前n项积为，对任意整数，当时，都成立． （1）设，，求的值； （2）设，求正项数列的通项公式． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知有，进而得到，即可求结果； （2）由递推关系有，先证当时，成等比数列并设公比为q，再证时，是公比为q的等比数列，最后证，即可得通项公式. 【小问1详解】 ∵，∴， ∴，即， ∴； 【小问2详解】 由，则，两式作商， 所以，有①， 第一步，证明当时，成等比数列， 当，时，由①得②， 当时，由①得③， 当时，由②得，…④成等比数列 当时，由③得，…⑤成等比数列 当时，由④得⑥，由⑤得⑦， 由⑥⑦得，当时，⑧， 由⑧知：从第6项开始，每隔1项的项所成数列成等比数列． 当时，则是等比数列，即有⑨， 由⑥⑨得，当时⑩， 由⑩得，当时，成等比数列，且设公比为q， 第二步：证明时，是公比为q的等比数列， 由④得，则，，， 依次代入并整理得，同理得，则， 故时，是公比为q的等比数列． 最后证明， 由定义式，即，即，即，亦就是． 当时，即，当时， 则，代入，得，即，故， 又，则， 综上：是等比数列，且首项，公比，故 【点睛】关键点点睛：第二问，分类证明、时，均为等比数列，设公比为，并说明为关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $