安徽省安庆市2025届高三下学期3月第二次模拟试题 数学 含解析

这是一份安徽省安庆市2025届高三下学期3月第二次模拟试题 数学 含解析，共22页。试卷主要包含了 已知复数，03等内容，欢迎下载使用。
命题：安庆市高考命题研究课题组
考试时间120分钟，满分150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.
1. 已知复数（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算化简，再利用复数模的定义即可求得的值.
【详解】因为，
所以.
故选：B.
2. 已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合，然后利用列出方程即可得出答案.
【详解】，
又，所以，得.
故选：C.
3. 若将函数图象向右平移个单位，所得图象关于原点成中心对称，则的最小正值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得图象变换后的函数解析式，根据对称性求得正确答案.
【详解】，
将函数的图象向右平移个单位得
，
由该函数为奇函数可知，
即，所以的最小正值为.
故选：A
4. 已知等比数列的前项和为，若，且与的等差中项为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由等比数列的性质可得出的值，结合已知条件求出的值，可求出、的值，再结合等比数列的求和公式可求得的值.
【详解】因为等比数列的前项和为，设其公比为，
由已知，故，所以，，则，
故，所以，，故.
故选：D.
5. 已知平面向量，则“”是“在方向上的投影向量为”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】C
【解析】
【分析】先根据投影向量的定义，写出在方向上的投影向量为，然后结合条件即可判定.
【详解】由于在方向上的投影向量，
若，则，故，
若，则，
故选：C.
6. 函数的图象经过原点，且无限接近直线但又不与该直线相交，则（ ）
A. 函数不具有奇偶性
B.
C. 函数的值域为
D. 函数的单调递增区间为
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件和指数函数性质得出，，然后利用函数的图像与性质逐一判断即可.
【详解】函数的定义域为，且，故函数为偶函数，A错误；
由函数的图象过原点，有，即，所以，由于的图象无限接近直线但又不与该直线相交，故，且，故，于是B，C错误；
由上面的分析得出函数，显然的单调递增区间为，故D正确；
故选：D.
7. 设事件为两个随机事件，，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用条件概率公式得出，然后利用公式化简得出结论.
【详解】由可得，
又，
所以，
所以，即，
即，于是.
故选：B.
8. 已知曲线，直线，若与有三个交点，且一个交点平分另两个交点连成的线段，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将直线与曲线联立，得出方程，然后韦达定理得出，分类讨论即可得出答案.
【详解】显然与交于点，由，得，得或，设另外两个点为，则，不妨设，已知一个交点平分另两个交点连成的线段，
当时，，此时，则，不合题意；
当时，，得，解得.
又，所以不成立，
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. 某市为了了解一季度居民的用水情况，随机抽取了若干居民用户的水费支出（单位：元）进行调查，将所得样本数据分为4组：，整理得频率分布直方图如图所示，则（ ）
A. 样本中水费支出位于区间的频率为0.03
B. 按分层抽样，从水费支出位于区间和的用户中共抽取16户，则应从水费支出在的用户中抽4户
C. 水费支出的中位数的估计值为45
D. 若从该市全体居民用户中随机抽取5户，以事件发生的频率作为概率，则水费支出位于区间的用户数的估计值为3
【答案】BD
【解析】
【分析】根据频率之和为1即可求解A,根据抽样比即可求解B,根据中位数的计算即可求解C,根据二项分布的期望公式即可求解D.
【详解】因，所以样本中支出在的频率为A错误；
，B正确：
因，中位数的估计值为，C错误；
记抽出的5户中一季度水费支出位于区间的用户数为，根据题意可知，D正确.
故选:BD.
10. 如图，在正三棱柱中，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（ ）
A. 存在点，使得
B. 直线与平面所成的最大角为
C. 若不共面，则四面体的体积的最大值为
D. 若，则点的轨迹的长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项，当点为中点时，利用向量证明即可；对于B选项，当点位于点时，此时线面角为，大于；对于C选项，当点位于点（或棱上）时，体积最大，为；对于D选项，先判断出点的轨迹为三段圆弧，然后求出长度即可.
【详解】对于A选项，当点为中点时，所以，故A正确；
对于B选项，当点位于点时，为直线与平面所成角，故B错误；
对于C选项，当点位于点（或棱上）时，点到平面的距离最远，
此时四面体的体积最大，以点为例，此时，故C正确；对于D选项，若，如图，
在棱上取点，使，在棱上取点使，
则点的轨迹由圆弧构成，且其所在圆的半径依次为，
，圆心角依次为，
圆弧的长分别为，故点的轨迹的长为，故D正确；
故选：ACD.
11. 若实数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】设函数，利用其为增函数，有一个零点得到，即可判断A；由已知可得，可得，即可判断B；由及，可得，即可判断C；由B选项可得，进而得，即可判断D.
【详解】设函数，显然为增函数，
，由已知，故，故A正确；
由，有，故，
则，故，故B正确；
由，得，故，故C错误；
由得，则，
由于，得，故D正确.
故选：ABD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆与圆相交于两点，则四边形的面积等于__________.
【答案】9
【解析】
【分析】法一：准确画图，可得四边形是边长为3正方形，进而求得其面积；
法二：将两圆方程做差求相交弦方程，再应用弦心距、半径与弦长关系即可求得，利用两点间距离公式求得，进而求得四边形的面积.
【详解】由已知，圆，圆，
圆心，半径，圆心，半径，
法一：如图，准确画图，容易发现四边形是边长为3正方形，其面积为9；
法二：将两圆方程相减，可得公共弦所在直线的方程为：
到距离为，所以，即，
又，
所以，四边形的面积.
故答案为：9.
13. 数列满足，则使得的最小正整数的值为__________.
【答案】6
【解析】
【分析】将条件变形，然后取对数，得出为以为首项，2为公比的等比数列，然后得出，即可得出答案.
【详解】因为，所以，则，
又，所以为以为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，则使得，
计算得最小正整数值为6，
故答案为：6.
14. 将3个1，3个2，3个3共9个数分别填入如图方格中，使得每行、每列的和都是3的倍数的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】古典概型求概率，先求所有情况共有种，而每行，每列的和为3的倍数有两种可能，即每行每列数字相同或1，2，3各一个，利用排列组合知识求出种类数即可.
【详解】将3个1，3个2，3个3共9个数填入一共有种方法.
每行，每列的和为3的倍数有两种可能：
①每行或每列的数字相同，有种方法，
②每行或每列的数字1，2，3各一个，有种方法.
所以每行，每列的和都是3的倍数的概率为.
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. Deepseek席卷全球引发了AI浪潮.某中学为丰富学生个性化学习生活，组织成立Deepseek应用学生社团组织，成立数据运用、模型设计、场景分析、迁移学习等四个学生社团并计划招募成员，由于报名人数超过计划数，将采用随机抽取的方法确定最终成员.下表记录了四个社团的招募计划人数及报名人数.
甲同学报名参加这四个学生社团，记为甲同学最终被招募的社团个数，已知，.
（1）求甲同学至多获得三个社团招募的概率；
（2）求甲同学最终被招募的社团个数的期望.
【答案】（1）
（2）2.3
【解析】
【分析】（1）由于事件“甲同学至多获得三个社团招募”与事件“”是对立的，通过对立事件概率公式求解即可；
（2）根据，，列出关于和方程，求出和，然后求出的分布列或者事件间的关系直接求解.
【小问1详解】
由于事件“甲同学至多获得三个社团招募”与事件“”是对立的，
所以甲同学至多获得三个社团招莫的概率是
【小问2详解】
解法1：设甲同学被数据运用，模型设计，场景分析，迁移学习等各社团招䓪依次记作事件.由题意可知，
，
，
又，解得，则
,
，
，
所以的分布列为：
.
解法2：设甲同学被数据运用，模型设计，场景分析，迁移学习等各社团招募依次记作事件.由题意可知，
，
，
又，解得.
设甲同学报名数据运用，模型设计，场景分析3个社团，最终被招募的社团个数，由于其被招募的概率均为，所以服从二项分布，故；甲同学被迁移学习社团招募的概率为，最终被迁移学习社团招募的个数为，则也服从二项分布，，从而，
故.
16. 在中，角所对的边分别为，且.
（1）证明：；
（2）若角为锐角，且的面积为，求边长的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角转化可得，由此可得.
（2）根据条件结合边角转化可得，分析可得为等腰直角三角形，根据可得结果.
【小问1详解】
证法1：由正弦定理得，.
∵
，
∴，即，
∵，∴，故，
∵，∴，
∴或，
∴或（舍），故.
证法2：由正弦定理得，，
由余弦定理得，，
∴，即，
∴，
∴.
∵，∴，即，
∵，∴，
∴或，
∴或（舍），故.
【小问2详解】
由，得，即，
∴，
∵，∴，故，
∵，∴，即，故，
∴，即，故，，
∴为等腰直角三角形，
∵，∴.
17. 如图，在矩形中，为中点，在边上，且，将沿翻折至，得到五棱锥为中点.

（1）求证：平面：
（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）如图，取中点，连接，然后通过证明平面平面，进而证明平面；
（2）取中点，连接，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【小问1详解】
证明：如图，取中点，连接，

因为在矩形中，，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又，所以，
因为平面，所以平面，
在中，分别为的中点，
所以，
因为平面，所以平面，
因为平面平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面；
【小问2详解】
取中点，连接，如图所示，

因为在矩形中，，
所以在中，，且，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
以为坐标原点，所在直线为轴，并过点分别作与平行直线为轴，与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得：
，
所以，
设平面的法向量为，有
，所以，
取，得平面的一个法向量为
又，设直线与平面所成角的，
则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，过的直线交于两点.
（1）求抛物线的方程：
（2）求证：抛物线在两点处的切线互相垂直；
（3）设为线段的中点，以线段为直径的圆交抛物线在处的切线于点，试判断是否为定值，并证明你的结论.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）为定值，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线和椭圆焦点坐标的求法列出方程求解；
（2）设直线的方程和，然与抛物线联立，韦达定理，得出.然后求二次函数的导数，把切线的斜率表示出来即可得出答案；
（3）得出两条切线方程，然后结合题意和几何性质将需要求解的代数式表达出来，即可得出结论.
【小问1详解】
易知，抛物线开口向上，且焦点坐标为，
所以椭圆的焦点也在轴上，则
由，解得：，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
因为直线与抛物线有两个交点，所以其斜率必存在，
设直线的方程为
由，则
对求导得，
设抛物线在两点处的切线斜率分别为，
则，
即抛物线在两点处的切线互相垂直.
【小问3详解】
解法1：由（2）可知即，
则与轴的交点坐标为，
于是
于是，
所以为定值.
解法2：设抛物线在两点的切线，切线交点为，
故，
联立解得点坐标为，
由（2）知点坐标为，且，所以，
故，即，
因为，所以
，
即，故在中，，
所以，即，
所以为定值.
解法3：因为，
故
，
又，所以，
，
即，
由（2）知，所以，
故，即，
所以为定值.
19. 定义在同一数集上的函数，按一定顺序排成一列，称为数集上的函数列，记为的导函数为.
（1）若满足，证明：为等比数列：
（2）定义在上的函数列满足，且.
①若，设，证明：：
②若，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，然后利用等比数列的定义证明即可；
（2）①构造函数，求导，结合条件判断其单调性，得出，然后错位相减法即可完成证明；
②利用①构造的函数得出，然后证明即可.
【小问1详解】
由，得，显然，
又，故为首项为1，公比为2的等比数列.
【小问2详解】
① 设，则，
因为时，所以在恒成立，
故上单调递增，
当，
得，故，
令，
则，
故，由于，
得；
②当时，左边右边都等于0，显然成立；
当时，由于在上单调递增，
若，则，即，
此时，由①得，所以，
若，则，即，
此时，所以，故，
下证：当，且时，，令，
即证明：.
令，故在上单调递减，
故时，，即，
时，，即，
从而，
故.
社团
计划人数
报名人数
数据运用
50
100
模型设计
60
场景分析
160
迁移学习
160
200
0
1
2
3
4