精品解析：广东省深圳市福田某校2024-2025学年高三上学期第二次模拟数学试题

2025-2026学年度第一学期 高三年级 考试 数学学科试题 命题人：罗江云 答题注意事项： 1．本试卷满分150分；考试用时120分钟； 2．本试卷分二卷，不按要求答卷不得分． 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数 为纯虚数，则实数（ ） A. B. 1 C. 3 D. 或1 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 双曲线的渐近线方程为，则的关系为（ ） A. B. C. D. 5. 数列满足：，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若是奇函数，则a，b的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，数列满足，，则“为递增数列”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 8. 已知函数，则下列叙述正确的是（　　） A. 在区间内单调递增 B. 区间内单调递减 C. 在区间内单调递增 D. 在区间内单调递减 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. 下列说法正确是（ ） A. 若随机变量服从正态分布，且，则 B. 一组数据的第百分位数为 C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强 D. 对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是 10. 设是数列的前项和，，，则下列说法正确的有（ ） A. 数列的前项和为 B. 数列为递增数列 C. 数列的通项公式为 D. 数列的最大项为 11. 已知函数 是定义在上的奇函数， 是偶函数，当 时， ， 则下列说法中正确的有（ ） A. 时， B. 函数 最小正周期是 4 C. D. 方程 恰有 10 个不同实数根 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为______． 13. 在中内角的对边分别为，已知，则____________． 14. 已知函数有两个极值点，若，则实数k的值为____. 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. （1）求并写出的表达式； （2）证明：. 16. 在中，角所对的边分别是．已知，的面积为． （1）求； （2）为边上一点， ①若是的平分线，求线段的长； ②若，求． 17. 如图，直三棱柱中，分别为和的中点． （1）证明：平面； （2）若，求与平面所成角的正弦值． 18. 将函数的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且. （1）求； （2）求的单调增区间，并说明在上的单调性； （3）求数列的前项和. 19. 甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立． （1）当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望． （2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为． （ⅰ）证明：为等比数列． （ⅱ）求的最大值以及对应n的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第一学期 高三年级 考试 数学学科试题 命题人：罗江云 答题注意事项： 1．本试卷满分150分；考试用时120分钟； 2．本试卷分二卷，不按要求答卷不得分． 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合，由交集的概念即可得解. 【详解】因为，且注意到， 从而. 故选：A. 2. 已知复数 为纯虚数，则实数（ ） A. B. 1 C. 3 D. 或1 【答案】B 【解析】 【分析】利用纯虚数概念可得所满足的条件，计算求解即可. 【详解】因为复数是纯虚数， 所以，解得. 故选：B. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算求出，，再根据向量垂直的坐标表示即可求出． 【详解】因为，所以，， 由可得，， 即，整理得：． 故选：D． 4. 双曲线的渐近线方程为，则的关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由渐近线列出关于的方程组即可求解. 【详解】由题意得， 因为双曲线的渐近线方程为，所以， 所以. 故选：A. 5. 数列满足：，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由累加法可得，从而可得的值. 【详解】由，可得， 利用累加法可得, 化简得，则. 故选：C. 6. 已知函数，若是奇函数，则a，b的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由奇函数的性质得函数关于点中心对称，然后利用反比例函数的对称中心得函数的对称中心为，即可求得a，b的值，检验满足题意. 【详解】因为是奇函数， 所以，即， 所以函数关于点中心对称， 函数， 它是由函数向左平移1个单位再向上平移2个单位得到的， 而函数的对称中心为，所以函数的对称中心为， 所以， 当时， ，显然为奇函数，符合题意. 故选：A 7. 已知函数，数列满足，，则“为递增数列”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】已知函数，数列满足，结合分段函数的性质讨论，若为递增数列，则，与矛盾，不满足充分性；若，满足，可以推出为递增数列，故满足必要性，所以“为递增数列”是“”的必要不充分条件. 【详解】已知函数，数列满足. ①充分性： 若为递增数列，则对于所有，满足，即. 当时，成立，即 ：， ：， ：， ：需要满足，即， 当，，要使在时单调递增，则. 综上，若数列递增，则， 所以“数列递增”不能推出“”，不满足充分性. ②必要性： 若，则，由①知当时为递增数列， 所以“”能满足“数列递增”， 即“数列递增”是“”的必要条件. 所以“为递增数列”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 8. 已知函数，则下列叙述正确的是（　　） A. 在区间内单调递增 B. 在区间内单调递减 C. 在区间内单调递增 D. 在区间内单调递减 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性，判断各个选项. 【详解】对函数， 求导得 对于A，当时，，， 此时，函数在区间内单调递减，A错误； 对于B，当时，由上可知函数在区间内单调递减， 当时，，，此时有正有负， 函数在区间内不是单调递减的，B错误； 对于C，当时，，， 此时，函数在区间内单调递增，C正确； 对于D，当时，由上分析可知函数在区间内单调递减， 函数在区间内单调递增，D错误； 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量服从正态分布，且，则 B. 一组数据的第百分位数为 C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强 D. 对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据条件，利用正态分布的对称性，即可求解；对于B，根据条件直接求出第百分位数，即可求解；对于C，利用相关系的定义，即可求解；对于D，利用线性回归方程经过样本中心，即可求解. 【详解】对于A，因为，又，则，正确， 对于B，因为，所以数据的第百分位数为，错误， 对于C，因为线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，正确， 对于D，由题知，解得，正确. 故选：ACD. 10. 设是数列的前项和，，，则下列说法正确的有（ ） A. 数列的前项和为 B. 数列为递增数列 C. 数列的通项公式为 D. 数列的最大项为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知数列递推式可得，结合，得数列为以1为首项，以1为公差的等差数列，求出其通项公式，可得，结合求数列的通项公式，然后逐一核对四个选项得答案． 【详解】解：由，得， ，即， 又，数列为以1为首项，以1为公差的等差数列， 则，可得，故正确； 当时，， ，数列最大项为，故错误，正确． 故选：． 11. 已知函数 是定义在上的奇函数， 是偶函数，当 时， ， 则下列说法中正确的有（ ） A. 时， B. 函数 的最小正周期是 4 C. D. 方程 恰有 10 个不同的实数根 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题设可判断函数的对称性和周期性，故可判断B的正误，根据对称性求出上的函数解析式后可判断A的正误，求出后根据周期性可求，从而可判断C的正误，利用导数刻画函数在上的单调性后可得的图像，数形结合后可判断D的正误. 【详解】因为为上的奇函数，故， 而 是偶函数，故， 所以，故， 故的周期为，故B正确； 由可得， 当时，，故，故A错误； 因为为上的奇函数，故，而， 由可得，， ，故， 故，故C正确； 当，，故在为增函数， 结合的周期性和对称性可得函数的图像如图所示： 而的解的个数可以看成两个图像交点的个数， 而，结合图像可得两个图像在轴右侧交点的个数为5个， 因，由图可得两个函数在轴左侧交点的个数为5个，故共个交点， 故恰有10个不同的解，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为______． 【答案】 【解析】 【分析】由乘法原理求出展开式中的项即可得解. 【详解】由题可得展开式中的项为， 故展开式中的系数为. 故答案为： 13. 在中内角的对边分别为，已知，则____________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据同角关系以及和差角公式化简可得，即可利用正弦定理边角互化求解. 【详解】由可得, 故, , 由正弦定理可得， 故答案为：3 14. 已知函数有两个极值点，若，则实数k的值为____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，结合，依次求得即可. 【详解】对求导，得， 因为函数有两个极值点，则， 即，所以，解得，， 所以. 故答案为：. 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. （1）求并写出表达式； （2）证明：. 【答案】（1）， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接求导并令可得，再代入原表达式即可； （2）构造函数并用导数证明，然后利用即可. 【小问1详解】 由有，取得到，解得. 将代入可得. 【小问2详解】 设，则，故当时，当时. 所以在上递减，在上递增，故. 从而. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用导数判断单调性，属于常规题. 16. 在中，角所对的边分别是．已知，的面积为． （1）求； （2）为边上一点， ①若是的平分线，求线段的长； ②若，求． 【答案】（1）， （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和诱导公式，结合角的范围求出，根据三角形面积公式和余弦定理即可求得边； （2）①利用三角形面积相等即可解方程求得线段的长；②设，所以，分别在和，利用正弦定理，推得，计算即得. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，则，故由，可得. 因为，，解得， 由余弦定理得，解得. 【小问2详解】 ①因， 依题意有，解得. ②设，所以． 在中，由正弦定理得，，即， 在中，由正弦定理得，，即， 因，代入化简得， 即，解得，即. 17. 如图，直三棱柱中，分别为和的中点． （1）证明：平面； （2）若，求与平面所成角正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，可证，再利用线面平行的判定定理可证平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，根据可求的长，再求出平面的法向量后可求线面角的正弦值. 【小问1详解】 取的中点为，连接， 因为，，故， 由直三棱柱的性质可得，故， 故四边形为平行四边形，故， 而平面，平面，故平面. 【小问2详解】 因为，故，故，设. 由直三棱柱可得平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 故，且. 因为，故即，故（舍去）， 故，，又. 设平面的法向量为，则, 所以，取， 故与平面所成角的正弦值为. 18. 将函数的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且. （1）求； （2）求单调增区间，并说明在上的单调性； （3）求数列的前项和. 【答案】（1）； （2）答案见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）解方程，结合求解； （2）由正弦函数的单调性求解； （3）说明是等差数列，根据求和公式求解. 【小问1详解】 由，得， 所以或， 解得或， 因为且， 所以时，或，解得或 当时，， 此时，而，不合题意， 所以. 【小问2详解】 由（1）， 由，得， 因为，所以单调增区间为， 因为，所以， 当，即时单调递增， 当，即时，单调递减； 【小问3详解】 当时，由或， 得或，又， 所以的奇数项构成以为首项，公差为的等差数列， 偶数项构成以为首项，公差为的等差数列. 所以当为奇数时， ； 当为偶数时， ； 所以 19. 甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立． （1）当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望． （2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为． （ⅰ）证明：为等比数列． （ⅱ）求的最大值以及对应n的值． 【答案】（1）分布列见解析，1 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）当时，取到最大值为 【解析】 【分析】（1）由已知可得X的可能取值，分别求解概率即可得分布列和期望； （2）（ⅰ）根据等比数列的定义证明即可；由（ⅰ）可证为等比数列，可得，结合不等式的性质和函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 X可以取0，1，2，3，4， 每次回答A类问题且回答正确的概率为， 回答A类问题且回答不正确的概率为， 每次回答B类问题且回答正确的概率为， 回答B类问题且回答不正确的概率为， ， ， ， ；， X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P ； 【小问2详解】 （ⅰ），， 由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分， 故当时，， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列； （ⅱ）根据（ⅰ）可知，①， 易得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以②， 令②－①可得， 所以， 经检验，时均满足上式，故， 所以， 而显然随着n的增大而减小， 故， 又因为，所以当时，取到最大值为. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是深入理解游戏得分的规则，找出累计得分分与分，分之间的概率递推关系，从而得到与，的关系式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $