安徽省池州市2025届高三下学期3月二模试题 数学 含解析

这是一份安徽省池州市2025届高三下学期3月二模试题 数学 含解析，共20页。试卷主要包含了则下列说法正确的是， 某弹簧振子， 定义等内容，欢迎下载使用。
满分：150 分 考试时间：120 分钟
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 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数除法结合共轭复数概念可得答案.
【详解】 ，
则 .
故选：B
2. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合 、 ，利用交集的定义可求得集合 .
【详解】因为 ，
，故 .
故选：C.
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3. 春季是流感的高发季节，某医院对 8 名甲型流感患者展开临床观察，记录了从开始服药到痊愈所需的天
数，具体数据如下（单位：天）：7，4，6，5，8，5，6，4.则下列说法正确的是（ ）
A. 这组数据的众数为 5
B. 这组数据的平均数为 5
C. 这组数据的第 60 百分位数为 6
D. 这组数据的极差为 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据众数，平均数，百分位数，极差的定义逐一判断即可.
【详解】对于 A，这组数据的众数为 ，故 A 错误；
对于 B，这组数据的平均数为 ，故 B 错误；
对于 C，将这组数据按从小到大的顺序排列为 ，
因为 ，
所以这组数据的第 60 百分位数为 6，故 C 正确；
对于 D，这组数据的极差为 ，故 D 错误.
故选：C.
4. 已知向量 满足 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数量积的运算律求解即可.
【详解】由 ，
所以 .
故选：A.
5 已知 ，则 （ ）
A 4 B. 2 C. D.
【答案】A
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【解析】
【分析】由题，可得 ，利用二倍角余弦公式化简运算得解.
【详解】由 ，得 ，
.
故选：A.
6. 已知函数 ，若 有 4 个互不相同的根，则 的取值范
围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求解方程 ，得到 的表达式，再结合函数 的图象，分析
取不同值时方程根的个数，进而确定 的取值范围.
【详解】令 ，则方程 可转化为 .
对 进行因式分解可得 ，则 ， .
所以 或 .
当 时， ，因为指数函数 在 上单调递增，所以 在 上
单调递增，且 .
当 时， ，对其求导， .
令 ，即 ，解得 （ ）
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增.
所以 在 处取得极小值，也是最小值， .
对于 ：
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当 时， ，即 ， ，解得 ，有 个根.
因为 有 个互不相同的根， 已经有 个根，所以 需要有 个
不同的根.
结合 的图象可知，当 时， 与 有 个不同的交点，即 有 个不同的
根.
的取值范围为 .
故选：B.
7. 已知双曲线 左､右焦点分别为 ， 是 的右支上一点， 在 轴
上的射影为 ， 为坐标原点.若 ，则 的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设 与 交于点 ，根据条件可得 ， ，求出点 的坐标，
由 关系求出点 的坐标，利用 得到 关系，运算得解.
【详解】如图，设 与 交于点 ，
由 ，且 是 的中点，
所以 ，又 ，
所以 ，又 ，易得 ，
，
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则 ，代入双曲线方程可得 ，
设点 ，则 ， ，
又设 ，由 可得 ，即 ，
由 ，得 ，即 ，
化简整理得 ，
，解得 或 ，
又 ， ，解得 .
故选：D.
8. 已知直线 ，圆 ，过 上一点 作 的两条切
线，切点分别为 ，使四边形 的面积为 的点 有且仅有一个，则此时直线 的方程为
（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，可得 ，且 ，由点到直线的距离公式求得 ，进而求得
直线 的方程，再求出直线 的方程，求得点 的坐标，求出以 为直径的圆的方程，易知直线 是
圆 与以 为直径的圆的公共弦所在直线，两圆方程相减得解.
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【详解】如图， ，解得 ，
所以 ，
因这样的点 有且仅有一个，由图知此时 ，
则圆心 到直线 的距离为 6，
即 ，化简得 ，其中 ，
，则 ，
，
所以 ，即 ，则直线 的斜率为 ，
所以直线 ，即 ，
联立 ，解得 ，即 ，
因 的中点坐标为 ，且 ，
则以 为直径的圆的方程为 ，
整理得 ，
易知直线 是圆 与以 为直径的圆的公共弦所在直线，
将两圆的方程相减得 ，
故直线 的方程为 .
故选：B.
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二､多选题：本题共 3 个小题，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. 某弹簧振子（简称振子）在完成一次简谐运动的过程中，时间 （单位：秒）与位移 （单位：毫米）
之间满足函数关系为 ，下列叙述中正确的是（ ）
A. 当时间 时，该简谐运动的位移
B. 该简谐运动的初相为
C. 该函数的一个极值点为
D. 该函数在 上单调递增
【答案】ABD
【解析】
【分析】本题可根据三角函数初相的概念、极值点的判断以及单调性的相关性质，分别对选项中的内容进
行分析判断.
【详解】当 时，将其代入函数 中，可得：
则 .所以选项 A 正确.
在函数 中， ，所以该简谐运动的初相为 ，选项 B 正确.
对函数 求导，可得 .
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当 时， .
因为极值点处导数为 ，所以 不是该函数的极值点，选项 C 错误.
令 ， ，解这个不等式求函数的单调递增区间.
得到 ， .
当 时，单调递增区间为 ，而 ，所以该函数在 上单调递增，选项
D 正确.
故选：ABD.
10. 定义：既有对称中心又有对称轴的曲线称为“和美曲线”，“和美曲线”与其对称轴的交点叫做“和美曲线”
的顶点.已知曲线 ，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线 是“和美曲线”
B. 点 是曲线 的一个顶点
C. 曲线 所围成的封闭图形的面积
D. 当点 在曲线 上时，
【答案】AD
【解析】
【分析】由曲线方程结合选项逐项判断即可.
【详解】对于 A，将 代入曲线方程，易知成立，故曲线关于原点对称，
将 代入，易知成立，故曲线关于坐标轴对称，故 A 正确；
对于 B，令 可得： ，即 ，故 B 错，
对于 C， ，
所以曲线 所围成的封闭图形在椭圆 内部，
而椭圆面积为： ，故 C 错误；
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对于 D,由 ，
可得： ，
所以 ，当 时取等号，故 D 正确；
故选：AD
11. 在三棱锥 中，给定下列四个条件：① ；②
；③ ；④ .下
列组合条件中，一定能断定三棱锥 是正三棱锥的有（ ）
A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④
【答案】ACD
【解析】
【分析】正三棱锥是指底面是等边三角形，侧面是三个全等的等腰三角形，利用向量数量积的运算律逐个
判断各个选项即可.
【详解】对于 A，由①-②得 ，
即 ，即 ，再代回①由数量积的定义可得
，在侧面三个三角形中由余弦定理可得 ，
所以由①②一定能断定三棱锥 是正三棱锥，选项 A 正确；
对于 B，由①得 ，
化简即为③，而由①得 ，即 ，
同理可得 ，
即 在底面的投影为 的垂心，但无法保证 为等边三角形，
所以由①③不一定能断定三棱锥 是正三棱锥，选项 B 不正确；
对于 C，由④-②得 ，即 ，
代入④可得 ，
在侧面三个三角形中由余弦定理可得 ，
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， ，
三式两两相减得 ，
化简可得 ，所以由②④一定能断定三棱锥 是正三棱锥，选项 C 正确；
对于 D，由③+④得 ，由选项 C 可知，选项 D 正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 在等差数列 中，若 ，则 __________.
【答案】16
【解析】
【分析】根据题意，列式求出公差 ，求得通项公式 ，得解.
【详解】由 ，则 ，解得 ，
，则 ，
.
故答案为：16.
13. 在学校三月文明礼仪月中，学生会 4 位干事各自匿名填写一张《校园设施改进建议卡》，老师将建议卡
打乱顺序后，要求每人随机抽取一张进行互评审核，则恰好有 2 位干事抽到自己所写建议卡的概率为
__________.
【答案】 ##
【解析】
【分析】假设所有人拿到自己的卡，则恰好有 2 位干事抽到自己所写建议卡，相当于从 4 人中选两人交换
自己的卡，据此可得答案.
【详解】假设所有人拿到自己的卡，则恰好有 2 位干事抽到自己所写建议卡，相当于从 4 人中选两人交换
自己的卡，有 种可能，而每人随机抽取一张有 种可能性，
则相应概率为： .
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故答案为：
14. 定义在 上的函数 满足 .若 ，对 ，
，则 __________，并写出 的一个函数解析式__________.
【答案】 ①. 4 ②.
【解析】
【分析】由题及反证法可得当 时， ；当 时， 及当 时， ；当
时， ②.然后由题意可得 ，据此可得答案.
【详解】由 得：当 时， ；当 时， .
假设 ，使得 ，则题意得 ，即 ，
取 时，有 ，即 这与 矛盾.所以不 ，使得 .
综上，当 时， ；当 时， ①.
当 时， ；当 时， ②.
对于①而言：
当 时，即 ，则 ，所以 ，所以 ，
注意到 的任意性，所以
当 时，即 ，则 ，所以 ，所以 ，
注意到 的任意性，所以
所以 ，即 ，解得 或
即 或 ，舍.所以 ，则
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对于②而言：同理得 ，则 .
故答案为：4； .
【点睛】关键点点睛：对于某些较复杂求值问题，可利用“两边夹”原理，即证所求小于等于定值的前提
下，又大于等于定值.
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答底写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知 的内角 的对边分别为 ，且 .
（1）求 ；
（2）在三个条件中选择一个作为已知，使 存在且唯一确定，并求 边上高线的长.
① ；② ；③ 的周长为 .
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，由两角差的正弦公式化简得 ，利用平方关系求得答案；
（2）若选①，由正弦定理可知 存在且唯一确定，由 求得答案；若选②，由
，由正弦定理知 ，所以 不存在；若选③，由正弦定理可
得 ，结合 求得答案.
【小问 1 详解】
由题意知 .又 ，
所以 ，即 ，
化简得 ，
又 ， ，则 ，
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又 ，
解得 ， .
【小问 2 详解】
由（1）知 为定值.
若选① ，由正弦定理可知 存在且唯一确定，记 边上高为 ，
则 ，所以 边上高线的长为 9；
若选② ，由（1）知，
，
由正弦定理知 ，所以 不存在；
若选③ 的周长为 ，即
由 ，由正弦定理 ，
设 ，则 ，
解得 ，所以 ，故 存在且唯一确定，
记 边上高为 ，则 ，即 边上高线的长为 9.
16. 如图，在四棱锥 中， 底面 .
（1）证明： 平面 ；
（2）若 ，求平面 与平面 夹角的余弦值.
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【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）解法一：取 的中点 ，证明 ，利用线面垂直的性质和判定定理即可证得结果，
解法一：过 作 ，垂足为 ，证明 ，利用线面垂直的性质和判定定理即可证得结果.
（2）解法一：过 作 ， 可求得 是二面角 的平面角，计算求得结果，解法
二：以 为坐标原点，以 为 轴， 为 轴，过 作 轴 ，建立直角坐标系，求得平面的法
向量计算求得结果.
【小问 1 详解】
解法一：取 的中点
由 得 ，由 得
又 平面 ，所以 三点共线，所以
由 平面 得
又 平面 ，所以 平面
解法二：过 作 ，垂足为
由 得 ，所以
又 平面 ，所以 三点共线，所以
由 平面 得
又 平面 ，所以 平面
【小问 2 详解】
解法一：过 作 ，由（1）知
又 平面 ，所以 平面 ，所以
又平面 平面 平面 平面
所以 是二面角 的平面角，即 是平面 与平面 的夹角.
由 得 ，又 ，则 ，则 ，则
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所以 ，所以
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
解法二：由 得 ，又 ，所以
如图，以 为坐标原点，以 为 轴， 为 轴，过 作 轴 ，建立直角坐标系，
则 .
记平面 的法向量为
则有 ，即 ，则 ，令 ，得
所以取平面 的法向量的一个法向量为
记平面 PAC 的法向量为
取平面 的法向量的一个法向量为
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所以
所以平面 与平面 夹角 余弦值为 .
17. 已知椭圆 的长轴长是短轴长的 倍，且左､右焦点分别为 .
（1）求 的方程；
（2）已知 为坐标原点，点 在 上，点 满足 ，求 的最小值，并指出此时点 的坐标
.
【答案】（1）
（2） ， 或
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出 方程求出 的得解；
（2）法一，设点 ，由 结合点 在椭圆上求出点 的轨迹方程，由两点间距
离公式，利用转化为二次函数求最值，得解；法二，由 ，解得 ，将 用
表示，利用椭圆范围求出答案.
【小问 1 详解】
由题意可设椭圆 ，且
所以 ，解得
所以 的方程为 .
【小问 2 详解】
解法一：设点 ，所以 ，
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由 ，得 ，解得 .
又 ，所以 ，化解得 ，
所以 ，由 得 ，解得 ，
所以 ，
当且仅当 时，取“=”，则 ，即 ，
所以 的最小值为 ，此时点 的坐标为 或 .
解法二：设点 ，所以 ，
由 ，得 ，解得 .
由 得 ，解得 ，
所以 ，
当且仅当 时，取“=”，即 ，
所以 的最小值为 ，此时点 的坐标为 或 .
18. 已知 .
（1）若 ，求曲线 在 处的切线方程；
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（2）设 ，是否存在 ，使得曲线 与 关于原点对称？若存在，求 ；若不存在，
说明理由；
（3）证明：对任意 ，存在 ，使得 有两个不同的零点.
【答案】（1） ；
（2）存在， ；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）把 代入，求出函数 的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）假定存在，求出曲线 关于原点对称的曲线方程，再利用两个函数相等求解.
（3）求出 ，探讨二次函数 的零点并确定 的单调性，再利用零点存在
性定义推理判断.
【小问 1 详解】
函数 ，求导得 ，则 ，而 ，
所以曲线 在 处的切线方程为 ，即 .
【小问 2 详解】
若存在 ，则 ， ，曲线 ，
又曲线 关于原点对称的函数为 ，
依题意， ，整理得 ，
所以 .
【小问 3 详解】
函数 的定义域为 ，求导得 ，
令 ，依题意， ，
方程 在 上有唯零点 ，当 时， ， ；
当 时， ， ，函数 在 上递增，在 上递减，
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对任意 ，存在 使得 ，则 ，
而 ，对任意 ，
取 ， ，
由 在 上递増，得 ，
又当 从大于 0 的方向趋近于 0 时， ；当 时， ，
则对任意 ，任意 ，使得 有两个不同的零点，
所以对任意 ，存在 ，使得 有两个不同的零点.
19. 设正项数列 ，如果对小于 的每个正整数 都有 ，则称
是数列 的一个“ 时刻”.记 是数列 的所有“ 时刻”组成的集合（其中 ）.
（1）若 ，求 ；
（2）若 ，且 ，证明： ；
（3）若 中存在 使得 ，证明： .
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“ 时刻”的概念可得 ， ，由此可得结果.
（2）根据题意可得 ，由 得 ，由此可证明结论.
（3）记 ，可证明 ，即证明结论.
【小问 1 详解】
当 时， ，所以 ，
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当 时， ，所以 ，
当 时， ，所以 ，
当 时， ，所以 ，
综上， .
【小问 2 详解】
由题意知 ，
即 ，所以 ，
由 得 ，所以 ，所以 ，即 .
【小问 3 详解】
因为存在 使得 ，所以 ，
记 ，
显然 ，且对任意的正整数 ，即 ，
又因为 ，所以 ，所以 ，所以 .