河南省开封市等三地2025届高三二模数学试题（解析版）

这是一份河南省开封市等三地2025届高三二模数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，可得，
故选 ：A
2. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由可得，抛物线的焦点在轴的负半轴上，且，
故其准线方程为.
故选：A.
3. 在中，，设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由，可得，
，整理可得，
.
故选：A
4. 已知是等比数列的前项和，且，，则公比（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】由题可知，，故，故.
故选：C.
5. 设，则的一个充分不必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对于A，当时，满足，但是不符合，故不是的一个充分条件，故A错误；
对于B，，即，即，所以是的必要不充分条件，故B错误；
对于C，，即，故是的充要条件，故C错误；
对于D，，即，，故是的一个充分不必要条件，故D正确.
故选：D
6. 已知正方体的内切球的体积为，则该正方体的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设正方体的边长为，
则正方体内切球的半径为，内切球的体积等于，解得，
所以正方体的体对角线等于，
所以正方体外接球的半径等于，则外接球的表面积等于，
故选:B.
7. 将5名学生分配到3个社区当志愿者，每个社区至少分配1名学生，则不同的分配方法种数是（ ）
A. 24B. 50C. 72D. 150
【答案】D
【解析】可以分组为1、1、3，或1、2、2两种情况，
若分组为1、1、3，则有；
若分组为1、2、2，则有；
则不同分法为60+90=150种.
故选：D
8. 已知双曲线，圆经过直线，的四个交点，且圆与在第一象限交于点，与轴分别交于点，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设双曲线的半焦距为，由题意，圆的圆心在坐标原点，半径，
点即双曲线的左右两焦点，故有①，
且因为圆的直径，可得，则有②，
将①式两边取平方，，
解得，故的面积为.
故选：B.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】，
对A，若，则，则根据有，显然矛盾，故A错误；
对B，假设，则，根据有，显然矛盾，则，故B正确；
对C，由A知，，则，故C正确；
对D，显然，必有，故D错误；
故选：BC.
10. 如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在时间（单位：）时相对于平衡位置的高度（单位：）由关系式确定，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球在开始振动（即）时在平衡位置上方处
B. 每秒钟小球能往复振动次
C. 函数的图象关于直线对称
D. 小球从到时运动的路程是
【答案】ACD
【解析】当时，，故A正确；
小球往复振动的周期为，所以每秒钟小球能往复振动次，故B错误；
因为，所以函数的图象关于直线对称，故C正确；
由，又，
，
所以小球从到时运动路程是，故D正确.
故选：ACD.
11. 设，表示不超过的最大整数，例如：，．若存在实数，使得，同时成立，则下列说法一定正确的是（ ）
A. 若，则
B.
C. 的最大值是4
D. 的最大值是5
【答案】C
【解析】，则；
，则，即；
，则，即；
，则，即；
；
，则，即.
设，则，即
因，则，即，
因，则，
因，则，
故使得，同时成立的的最大值是4.
故A、B、D错误， C正确.
故选：C
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】.
故答案：.
13. 已知经过椭圆的左顶点和上顶点的弦的中点坐标为，则的离心率为________．
【答案】
【解析】椭圆的左顶点和上顶点的坐标分别为，
由题意可得，解得，
所以，则，
所以的离心率.
故答案为：.
14. 已知直线与函数，的图象分别交于，两点，则取最小值时，________，最小值为________．
【答案】①. ②.
【解析】由可得，，即，
所以函数，互为反函数，图象关于直线对称，
因直线互相垂直，
所以问题可转化为求上点到直线距离的最小值的2倍，
因为，
令，
则，当时，，
当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，有最小值3，
此时，
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. 某物业公司为提高对某小区的服务质量，随机调查了该小区50名男业主和50名女业主，每位业主对该物业公司的服务给出满意或不满意的评价，得到如下列联表：
（1）依据的独立性检验，能否认为该小区男、女业主对该物业公司服务的评价有差异？
（2）从该小区的业主中任选一人，表示事件“选到的人对该物业公司的服务不满意”，表示事件“选到的人为女业主”，利用该调查数据，给出，的估计值．
附：．
解：（1）因为，
所以依据的独立性检验，能认为有差异；
（2）由题意，
所以.
16. 已知直线与圆相交于，两点，为圆上不同于，的一点．记的内角，，的对边分别为，，．
（1）求角；
（2）若，求的面积．
解：（1）圆心到直线的距离，圆的半径，
所以，
又为外接圆上一点，所以，
解之得，因为，
所以或；
（2）由余弦定理得：，
即，即，
①当时，，
此时，
②当时，，
因为为最大边，所以，与矛盾，所以不成立，舍去，
综上所述，的面积为.
17. 在四棱锥中，，，平面平面，，且.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（1）证明：在四棱锥中，由，，得，连接，
而，则为等边三角形，取中点，连接，则，
由平面平面，平面平面，平面，
得平面，而平面，则，
又，与相交，平面，
所以平面.
（2）解：取的中点，连接，，，，
由平面，平面，得，即两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，得，
，显然为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
18 已知函数，．
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）若有唯一的零点，求的值．
解：（1）当时，，，
所以，
所以在处的切线方程为，
即．
（2）函数的定义域为，
，
令，则g'(x)=ax2+2xex+1x>0，
即在单调递增，当时，，当时，，
所以，使得，即，
且当时，即单调递减，
且当时，即单调递增，
所以在处取得极小值，
又当时，时，，
故若有唯一的零点，则必有，
即，消去可得，
即，又因为，即，
由②式可得：，即，
将代入可得，即，
综上可知，若有唯一的零点，则.
19. 设为不小于3的正整数，项数为的数列是公差大于0的等差数列，若存在项数为的数列同时满足：
①数列中任意两项均不相同；
②任意正整数，从小到大排列恰好为数列．
此时称数列是-可拆分等差数列．
（1）写出一个3-可拆分等差数列及其对应的一个数列；
（2）若数列是一个4-可拆分等差数列，表示事件“数列的前三项成等差数列”，求事件发生的概率；
（3）求所有满足数列是-可拆分等差数列的正整数的值．
解：（1）首先项数为，且数列中任意两项均不相同；
，满足条件②，则上述数列满足题意.
（2）数列四项均不相同，故总的排列方法有种．
假设数列各项从小到大排列，即，
则两两相加后最小项，次小项，最大项，次大项．
设等差数列公差为，则，
又数列第三项，第四项；或者第三项，第四项，
所以且，得且；
或者
且，得且，
以上两种情况不能同时成立，由以上分析知使前三项等差的排列方式有4种，故
（3）由前两问知可以取3和4．
时，假设数列各项从小到大排列，则两两相加后最小项，
次小项，最大项，次大项，
因为数列等差，故得，
①若，则各不相同，而与两两不同矛盾，
即时数列不可能是－可拆分等差数列；
②时，，即，
此时数列共10项，最小项，次小项，最大项，次大项，
设等差数列公差为，则，
即，
所以，
剩余四项，
又公差，故是连续三项，
所以只能是第4项或者第7项，
当是第4项时，得，与两两不同矛盾，
当是第7项时，，得，与两两不同矛盾，故不能是5．
综上，满足数列是－可拆分等差数列的正整数只能是3和4．满意
不满意
男业主
40
10
女业主
30
20
0.05
0.01
0.005
3.841
6.635
7.879