山西省临汾市2025届高考二模数学试卷（解析版）

这是一份山西省临汾市2025届高考二模数学试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了 若，则的范围是， 设，则， 函数的图象可以是等内容，欢迎下载使用。
1. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】,
故选：B
2. 若，则的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由可得，
故，
故选：D
3. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为个圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】C
【解析】设圆锥的底面半径为，母线为，
由圆锥的侧面积公式可得，解得，
因为，所以.
故选：C.
4. 记为等差数列的前项和，公差，且，则取得最小值时为（ ）
A. 2021B. 4039C. 2020D. 4040
【答案】C
【解析】因为公差，所以数列单调递增，所以，又，
所以，所以数列前项全为负，从开始为正，
所以前项的和为的最小值，故.
故选：C.
5. 已知圆上的点到直线的距离为，则满足条件的点的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
故到直线的距离为的点共有4个，
故选：D
6. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】记则，
故当时，，故在单调递增，
当时，，故在单调递减，
故，因此对任意的，都有，
当且仅当时取到等号，
故，故，故，
由于，因此，
故选：A
7. 已知函数，如图，是直线与曲线的两个交点，若，则（ ）
A. 0B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】根据可得，故,故，
令，故或,
结合图象可知,
因此故，
因此故，
故选：B
8. 在三棱锥中，，且二面角的大小为，则当该三棱锥的外接球体积最小时，（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】A
【解析】由于且二面角的大小为，故为二面角的平面角，故，
由于平面，故平面，
设，则，
在中，由余弦定理可得
，
则的外接圆直径，
故外接球的半径
当时，球的半径取得最小值,此时三棱锥的外接球体积最小，
故.
故选：A
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上关于原点对称的两点，且，则（ ）
A.
B. 四边形的周长为
C. 四边形的面积为
D. 椭圆的离心率的取值范围为
【答案】ABD
【解析】依题意，互相平分，且，则四边形是矩形，令其半焦距为c,
对于A，，A正确；
对于B，四边形的周长为，B正确；
对于C，四边形的面积为，C错误；
对于D，由以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆有公共点，得，即，
解得，即离心率，D正确.
故选：ABD
10. 函数的图象可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】当是，，故A符合；
当时，在上单调递减，且，故B符合；
当时，由为上的单调递增函数，
令，则，即，
因为，可得，所以在上的单调递增函数，
所以，所以有唯一解，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知数列满足：，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 是单调递增数列
C. 若为数列的前项和，则
D. 若对任意，都有，则
【答案】ABC
【解析】由，可得，
故,
也符合，
故，，A正确，
由于，故，因此是单调递增数列，B正确，
，
故，C正确，
由可定，
当偶数时，则恒成立，由于单调递增，故，
当为奇数时，则恒成立，由于单调递增，故，
故对任意，都有，则，故D错误，
故选：ABC
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 二项式的展开式的常数项是______.
【答案】
【解析】的展开式的通项为
令，解得，
所以展开式的常数项.
故答案为：.
13. 已知，函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】因为函数有三个零点，即方程有三个解，
当时，方程为，即，即，
因为，所以，所以方程有两个根，又，
所以有一个正根与一个负根，
又，所以有一正的零点，
当时，方程为，即
因为函数有三个零点，所以方程有两个非正根，
所以，解得，又，所以，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 已知双曲线的左焦点为，过点且倾斜角为的直线与的左支交于两点，为线段的中点，若（为坐标原点），则双曲线的离心率是______.
【答案】
【解析】设双曲线的半焦距为，则，直线方程为，
由消去得，
，设，则，
于是点，，
解得，所以双曲线的离心率.
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. 已知分别为三个内角的对边，.
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数，使得为锐角三角形？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由.
解 ：（1）由及正弦定理得：，
又因为，所以，解得.
所以.
由余弦定理得：，
由于所以，
所以.
（2）由，可知，，要使得为锐角三角形，
则使角为锐角即可，即.
且，即.
由余弦定理得，
则，
解得，或，
结合，故
因为为正整数，所以的最小值为6.
16. 设抛物线的焦点为，过的直线与相交于两点，是坐标原点.当的斜率为2时，.
（1）求抛物线的方程；
（2）若，求直线的方程.
解：（1）当斜率为2时，设的方程为，
联立，消得，
，解得.
故抛物线的方程为.
（2）解法一：
当垂直轴时，直线方程为，可得两点坐标分别为，
所以，，
由余弦定理可得，不符合题意，
设的方程为，两点，
联立，消得，
显然成立，并有.
，
，
由得，，解得.
从而方程为或，
即的方程为或.
解法二：
由题可知，直线斜率不为0，
设的方程为，两点，
联立，.消得，
显然成立，并有，
，
，
由得，，
解得，从而方程为，
故直线的方程为或.
17. 如图，在四棱锥中，底面为棱的中点，四面体的体积为的面积为.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）若，平面平面，点为棱上一点，当平面与平面夹角为时，求的长.
（1）证明：在四棱锥中，取的中点，连接，
在中，由分别为的中点，得，
又，则，
即四边形为平行四边形，，而平面平面，
所以平面.
（2）解：设点到平面的距离为，由四面体的体积为的面积为，
得，解得，
而平面平面，则平面，
所以点到平面的距离为.
（3）解：取的中点，连接，由，得，由平面平面，
平面平面平面，得平面，即，
则，由平面平面，得，
又平面平面，则，而平面，
因此平面，又平面，则，
而的面积为，，则，，
由，得，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，设，
则，
，设平面的法向量为，
则，取，得，设平面的法向量为，
则，取，得，
，由平面与平面的夹角为，
得，解得，即为的中点，
所以.
18. 已知函数，其中.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）当时，设的两个零点为，求证：.
（1）解：当时，，
则，即，
故所求切线方程为.
（2）解：由，，
则，
令，则；
令，则，
故的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）证明：当时，，
由（2）知在上单调递增，在上单调递减，
又是的一个较小的零点，不妨设，
要证，只需证，
因为，且在上单调递减，
从而只需证即可.
，
令，
在上单调递增.
，即证，即证.
19. 乒乓球体育俱乐部计划进行单打比赛，采用单淘汰制进行比赛，即每名选手负一次即被淘汰出局.现有8名乒乓球单打运动员随机编号到对阵位置，所有运动员在任何一场比赛中获胜的概率均为.现有甲､乙两位孪生兄弟参赛.
（1）求甲､乙在第一轮比赛过程中相遇的概率；
（2）求甲､乙在比赛过程中相遇的概率；
（3）为使得甲､乙两人在比赛过程中相遇的概率小于0.01，俱乐部计划增加运动员人数到名，对阵图和上图类似.
（i）求甲、乙两人在第3轮比赛中相遇的概率（用含的式子表示）；
（ii）求的最小值.
解：（1）设甲的位置固定，若乙要与甲在第一轮相遇只能在同一组，所以甲乙在第一轮相遇的概率.
（2）由题可知甲乙相遇包括三种情况：甲乙第一轮相遇，甲乙第二轮相遇，甲乙第三轮相遇，
甲乙要在第二轮相遇，则甲乙在同一个半区，但不在同一组的概率为，
同时甲乙在第一轮都要获胜则.
甲乙要在第三轮相遇，则甲乙不在同一个半区的概率为，
同时甲乙在第一､二轮都要获胜则.
所以甲乙相遇的概率.
（3）（i）当人数增加到，则固定甲的位置后，乙有个选择，
要使得甲乙能在第三轮相遇，
由（2）可知甲乙必须得在同一个区内的不同半区的概率为，
同时甲乙第一､二轮都要获胜，
则甲、乙两人在第3轮比赛中相遇的概率为.
（ii）解法一：记比赛的轮次为事件，
甲乙在比赛过程中相遇的事件为，要使甲乙能在第轮相遇，
则甲乙必须得在同一个区内的不同半区的概率为，
同时甲乙在前轮都要获胜，
所以.
所以甲乙相遇的概率为.
要使得甲乙相遇的概率小于0.01，即，即，
又因为为整数，所以，所以最小的值为8.
解法二：设名选手参赛，甲乙相遇的概率为，
则当时，甲乙一定相遇，此时.
当名选手参赛，甲乙相遇的概率为.
考虑将个选手分成上下两个区，每区名选手，这时有2种情况，
情形一：乙和甲在同一区，此时甲乙相遇的概率为，
情形二：乙和甲不在同一区，两人相遇必须都进入决赛，即前轮比赛均获胜.
所以，
于是，
，
累加得
所以.
令，则，
因为为正整数，所以的最小值为8.