安徽省合肥市2025届高三下学期3月二模试题数学含解析

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这是一份安徽省合肥市2025届高三下学期3月二模试题数学含解析，共20页。
注意事项：
1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改
动，务必擦净后再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷
上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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】C
【解析】
【分析】分别化简集合，结合交集的运算规律即可求解.
【详解】因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
，
故选： .
2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的几何意义得到复数的代数式，再利用复数的除法运算即可.
【详解】由题意，，则 .
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所以复数的虚部是
故选：A.
3. 若空间中三条不同的直线，，满足，，则是，，共面的（）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】通过特例说明不能推出，，共面，即充分性不成立；再由平面几何知识得出同一平面
内的直线不平行必相交，推出一定成立，即必要条件成立，两者综合即可得出结果.
【详解】
如图所示：满足，，且，但是，
所以可知是，，共面的不充分条件；
当，，共面时，由平面几何知识可知同一平面内的直线不平行必相交，
又因，，所以必然有，
即是，，共面的必要条件，
综上可知是，，共面的必要不充分条件.
故选：B.
4. 已知向量，，设，，则与的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件结合向量坐标运算公式求，，再求，，，再结合向量夹角公式求结论.
【详解】因为，，
所以，
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，
所以，，
，
设与的夹角为，
则，又，
所以，即与的夹角为 .
故选：C.
5. 已知双曲线，过顶点作的一条渐近线的垂线，交轴于点，且
，则的离心率为（）
A. 3 B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知求出点，算出，结合已知可得，即可求解
【详解】不妨令渐近线方程为，顶点为，
则过顶点与渐近线垂直的直线的方程为，
令，得，则，
所以，
又因为，所以，
又因，所以，所以，
故选： .
6. 已知，则（）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据同角关系，两角差正弦公式化简可得，由此可求，由
配方，结合平方关系可求结论.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
故选：C.
7. 已知为圆锥的底面直径，为底面圆心，正三角形内接于，若，圆锥的侧面
积为，则与所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出圆锥的底面半径和，过点作交的延长线于点，为与
所成角，由余弦定理求解即可.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，
因为，所以，
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所以，所以，
所以，又正三角形内接于，
所以，解得：，所以，
所以，
过点作交的延长线于点，，
所以与所成角即为与所成角或其补角，
所以为与所成角，
由余弦定理可得：，
故选：A.
8. 已知点，，是与轴的交点．点满足：以为直径的圆与相
切，则面积的最大值为（）
A. B. 8 C. 12 D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】由图可以判定，两圆内切，然后根据内切的判定得到 B 的轨迹方程为椭圆，根据椭圆的性质即可
确定最大值.
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【详解】
如图，设以为直径的圆的圆心为，，
显然两圆内切，所以，
又为的中位线，所以，
所以，
所以的轨迹为以，为焦点的椭圆，
，，
显然当为椭圆短轴顶点即时，的面积最大，最大值为，
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. 从某校高一和高二年级分别随机抽取 100 名学生进行知识竞赛，按得分（满分 100 分）绘制如图所示的
频率分布直方图，根据频率分布直方图，并用频率估计概率记高一年级学生得分平均数的估计值为，高二
年级学生得分中位数与平均数的估计值分别为，．从高一和高二年级各随机抽取一名学生，记事件
“高一年级学生得分不低于 60 分，高二年级学生得分不低于 80 分”，事件 “高一年级学生得分
不低于 80 分，高二年级学生得分不低于 60 分”则（）
A. B. C. 事件，互斥 D.
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【答案】AB
【解析】
【分析】由频率分布直方图求出对应的值，即可判断 AB 选项；由互斥事件的定义求来判断
C 选项；求出来判断 D 选项.
【详解】
，
，
∵ ，∴ ，
∴ ，A 选项正确；，B 选项正确；
∵ “高一年级学生得分不低于 80 分，高二年级学生得分不低于 80 分” ，C 选项错误；
由评率估计概率得：，
，D 选项错误.
故选：AB
10. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（）
A. 与图象关于直线对称
B. 与的图象关于点对称
C. 当时，
D. 当时，与的图象恰有 4 个交点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据三角函数图象的平移变换得到，利用正弦函数图象的对称性判断 AB；验证
即可判断 C；求出方程的解的个数即可判断 D.
【详解】由题得，，
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A：与图象关于直线对称的函数为
，故 A 正确；
B：当时，，
，所以与的图象不关于点对称，故 B 错误；
C：，
当时，，
令，则，在上恒小于 0，
所以在上恒大于 0，即，即，故 C 正确；
D：令，即，
得（无解）或，
解得，
又，所以，
解得（），所以，
即函数图象共有 4 个交点，故 D 正确.
故选：ACD
11. 已知函数的定义域为，且，，则（）
A. B. ，
C. 的图象关于点对称 D. 为偶函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】A 选项，令得，令得；D 选项，令得
，令得，故，的一个周期为 1，，
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所以，故为偶函数，D 正确；BC 选项，令，结合函数周期，得到
，令得，所以，故，故 B 错误，C 正确.
【详解】A 选项，中，令得
，
又，故，解得，
中，令得，故
，A 正确；
D 选项，中，令得
，即，，
中，令得
，即，
因为，所以，故，
故的一个周期为 1，
故，所以，故为偶函数，D 正确；
B 选项，中，令得
，
由于，，故，
由于的一个周期为 1，故，
所以，解得，
中，令得
，
又，故，，
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所以，故，
故不存在，，B 错误；
由上可知，，故的图象关于点对称，C 正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知为锐角三角形，且，，的面积为，则 ____________．
【答案】7
【解析】
【分析】由面积和两边长,可以求出夹角 A 的正弦值，再利用同角三角函数关系求出余弦值，最后利用余弦
定理求出另一边长即可.
【详解】由，得，
又为锐角三角形，所以角 A 为锐角，所以，
在中，由余弦定理，得：，
.
故答案为：7.
13. 已知函数的最小值为，则 ____________．
【答案】
【解析】
【分析】分类讨论，或，求出的解析式，根据解析式画出图象，研究最值的情况即可.
【详解】①若，则
时，，且单调递增，
时，，则最小值为，
若存在最小值，则有且，
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得；
②若，则
时，，时，，
时，，且单调递减，
，，
若最小值为，则，且，无解；
若最小值为，则，且，得，
综上所述，或
故答案为：
14. 如图，在的方格中放入棋子，每个格子内至多放一枚棋子，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列
都有两枚棋子的概率为____________．
【答案】
【解析】
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【分析】根据题意，利用分步乘法计数原理和列举法求出事件数，再利用条件概率公式求概率即可.
【详解】设“每行都放置两枚棋子”为事件 A，“每列都有两枚棋子”为事件 B，
则所求概率为，
根据题意，每行都放置两枚棋子,即每行都在 4 个方格中选 2 个放置棋子，有种方法，
所以， .
对于“每行每列都放置两枚棋子”，不妨令第一行的两枚棋子放置在左边第一、二个方格，此时第二行有
种放置方法，则第三、四行的放置方法如图，
图 1 有 1 种方法，图 2、3、4、5 各有 2 种方法，图 6 中，第三行有种放置方法，其选定方格后，第
四行只有唯一的放置方法.所以总共有种方法.
因为第一行棋子有种放置方法，其他 5 种情况同理，故 .
所以，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率
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. 已知等差数列，是等比数列，且，，．
（1）求和的通项公式；
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（2）求数列的前项和．
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）设出公差和公比，根据条件得到方程组，求出公差和公比，得到通项公式；
（2），利用错位相减法求和得到答案.
【小问 1 详解】
设公差为，公比为，
，故，，
，故，
联立，解得或（舍去），
故，；
【小问 2 详解】
，设数列的前项和为，
则，①
，②
两式①-②得，
所以 .
16. 如图，三棱柱的所有棱长都为 2， , 是的中点，．
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（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，得到，证得，再由，利用线面垂直的
判定定理，证得平面，得到，结合，证得平面，进而证
得平面平面 .
（2）连接，证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一
个法向量为和向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问 1 详解】
证明：取的中点，连接，
因为是的中点，所以，
又因为三棱柱的所有棱长都是 2，
所以四边形为菱形，所以，所以，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在等边中，因为为的中点，所以，
又因为，且平面，所以平面，
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因为平面，所以平面平面 .
【小问 2 详解】
解：连接，因为三棱柱的所有棱长都为 2，且，
可得为等边三角形，且为的中点，所以，
由（1）知：平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
所以两两垂直，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立
空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
因为，
设与平面所成的角为，则，
所以与平面所成的角的正弦值为 .
17. 已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求，的值；
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（2）讨论的零点个数，并证明所有零点之和为 0．
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导得到表达式，把代入，能得到含的等式，算出 .再代入到
算出另一个未知量 b.
（2）根据第（1）问结果得到和 . 令，对处理，根据结果判断在不同
范围的增减情况. 依据正负，判断在不同范围的增减，得出最小是 . 算出小于
，再找两点使式子值大于，确定有两个特殊点. 设一个特殊点为，发现也是，所以和为 .
【小问 1 详解】
求导得到，根据函数在点处的切线方程为，得到 .
把代入得，
因为，所以，即 .
，算出 .
【小问 2 详解】
由第（1）问知， .
令，求导得 .
当，，在递减；
当，，在递增.
，，所以存在唯一使，即 .
当，，在递减；
当，，在递增，所以 .
，又，，
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根据零点存在定理，在和各有一个零点，共两个零点.
设是零点，，
经计算，
所以也是零点，零点和为 .
18. 已知抛物线，，点在上．
（1）求的最小值；
（2）设点的横坐标为 2，过作的两条切线，分别交于，两点．
（ⅰ）求直线斜率的取值范围；
（ⅱ）证明直线过定点．
【答案】（1）取最小值为
（2）（ⅰ）直线斜率的取值范围为；
（ⅱ）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）设，由两点间的距离公式可得，进而可求最小值；
（2）记直线的斜率分别为，设切线方程为，由题意可得，
进而可得，联立直线与椭圆方程可得，（ⅰ）
可得，计算可求直线斜率的取值范围；（ⅱ）可求得直线的方程为
，进而可求定点.
【小问 1 详解】
设，则，又，
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所以，
所以当时，取最小值，最小值为 .
【小问 2 详解】
记直线的斜率分别为，
因为点的横坐标为 2，可得，设过的圆的切线方程为，
由题意可得，即，
因为是方程的根，所以，
又，所以，
所以，即，
（ⅰ）因为的斜率为，
所以，
又因为，所以 .
即直线斜率的取值范围为；
（ⅱ）因为，所以，
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所以直线的方程为，即，
即，即，
令，则，所以直线过定点．
19. 当前，以大语言模型为代表的人工智能技术正蓬勃发展，而数学理论和方法在这些模型的研发中，发挥
着重要作用．例如，当新闻中分别出现“7 点钟，一场大火在郊区燃起”和“7 点钟，太阳从东方升起”这
两个事件的描述时，它们提供的“信息量”是不一样的，前者比后者要大，会吸引人们更多关注．假设通
常情况下，它们发生的概率分别是和，用这个量来刻画“信息量”的大小，
计算可得前者约为 9，后者接近于 0．现在假设离散型随机变量的分布列为，
，．则称为的信息熵，用来刻画随机变量蕴含的信息量的大小．
（1）若的分布列为，，，求的最大值；
（2）证明：；
（3）若，且为定值，设，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析；（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）写出，再求导即可求出其最值；
（2）转化为证明，再作差放缩即可证明；
（3）根据得到，两边同时求导即可证明.
【小问 1 详解】
由题意知，，其中．
令，则．
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所以当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减．
所以在时取得最大值，且最大值为．
【小问 2 详解】
要证，即证，
因为
（当且仅当，即时等号成立成立），
，
所以 .
【小问 3 详解】
由题意知，
则，
由，则，
所以，则，即得．