河南省许平汝名校2025届高三下学期二模数学试题 含解析

这是一份河南省许平汝名校2025届高三下学期二模数学试题 含解析，共22页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：高考范围.
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，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知，是方程的根，求出的值，可求出集合，再利用并集的运算可求得集合.
【详解】因为，，，
所以是方程的根，则，解得，
故，合乎题意，故.
故选：C
2. 已知复数，在复平面内，复数与对应的点关于直线对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出复数对应的点，再得出复数对应的点，得到复数和，再进行减法运算.
【详解】在复平面内，对应的点为，
而关于直线对称的点为，则，所以.
故选：D
3. 如果是实数，那么“”是“”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】A
【解析】
【分析】将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件.
【详解】当时，不妨设，则.而当时，可能，此时，而.综上所述“”是“”的充分不必要条件.
【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查绝对值的知识，属于基础题.
4. 已知是减函数，则函数的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得，当时根据函数解析式可得函数的图象，即可求解.
【详解】因为是减函数，且是增函数，
所以，
因为，
又当时，，
所以函数的图象是对称轴为直线，顶点为，开口向上的抛物线的一部分，只有选项B符合题意.
故选：B.
5. 若函数在区间内仅有一个零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】法1：确定函数单调性，进而可求解，法2：分参，得到，确定的单调性，进而可求解.
【详解】法1：因为，
令，解得或；
令，解得，
所以在上单调递增，
要满足函数在区间内仅有一个零点，
则，，解得.
故选：C.
法2：由题意，关于的方程在内仅有一个解，
而，，
令，解得或；
即在上单调递增，原问题等价于.
故选：C
6. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取中点，根据线面平行的判定定理，证得平面，平面，进而证得平面平面，得到当时， 平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，在中，求得，结合，即可求解.
【详解】如图所示，取的中点，连接，，，
正方体中，可得且，
因为，分别是棱的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，
因为，且平面，所以平面平面，
又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，
因为正方体的边长为，可得，，
在中，可得，且，
则，所以的最小值为.
故选：B.
7. 张某经营、两家公司，张某随机到公司指导与管理，已知他第1个月去公司的概率是.如果本月去公司，那么下个月继续去公司的概率为；如果本月去公司，那么下个月去公司的概率为，如此往复.设张某第个月去公司的概率为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据全概率公式得到数列的递推公式，再根据递推公式求通项公式，可求.
【详解】设表示第个月去公司，则，，
根据题意，得，，
由全概率公式，得
，
即，整理得，
又，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，则.
故选：A
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，渐近线方程为，过且斜率为的直线与在第一象限的交点为，的角平分线与线段交于点，若，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设双曲线的半焦距为，结合双曲线的渐近线方程为，可得，设，结合双曲线定义，余弦定理列关系式可得，结合角平分线性质求结论.
【详解】设的半焦距为，
因为双曲线的渐近线方程为，
所以，故，.
设，，，
由余弦定理有，
化简得，则，
因为为的角平分线，
所以，又，
所以，
所以.
故选：D.
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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由指数函数单调性可判断A项，由幂函数单调性可判断B项，运用作差法及对数函数性质可判断C项，运用作差法及不等式性质可判断D项.
【详解】对于A项，因为是减函数，而，所以，故A项正确；
对于B项，因为在上单调递增，而，所以，故B项正确；
对于C项，，因为，，，所以，即，故C项错误；
对于D项，，因为，，，所以，即，故D项正确.
故选：ABD.
10. 已知函数定义在上，且为偶函数，为奇函数，当时，，则（ ）
A.
B.
C. 的解集为
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据条件得到的图象关于直线对称，关于点对称，对于A，利用，结合条件，即可求解；对于B，利用的周期为，即可求解；对于C，数形结合，即可求解；对于D，利用及的周期，即可求解.
【详解】因为为偶函数，所以，则的图象关于直线对称，
又因为为奇函数，所以，
等价于，所以的图象关于点对称，
由，得到，又，
所以，则，所以的周期为，
又当时，，则时，，时，，
时，，的部分图象如图所示.
对于选项A，因为，故选项A错误，
对于选项B，由，得到，又，
所以，则，
所以的周期为，，又，所以，
则，故选项B正确，
对于选项C，由图象知，当时，由得到，
又的周期为，则时，，，故选项C正确，
对于选项D，因为，所以，故选项D正确，
故选：BCD.
11. 已知函数，，则（ ）
A. 是一个周期函数
B. ，
C. 方程在区间上有4个不同解
D. ，使得
【答案】BC
【解析】
【分析】由是偶函数，不是周期函数可判断A项，计算可判断B项，解方程，分别研究、、时方程的解的个数可判断C项，由可得且，研究两个方程的公共解的个数可判断D项.
【详解】对于A项，因为是偶函数，不是周期函数，是偶函数，也是周期函数，故不是周期函数，故A项错误；
对于B项，因为，，，故B项正确；
对于C项，当时，方程可化为.
当时，，此时满足方程；
当时，此时或满足方程；
当时，，此时满足方程，故C项正确；
对于D项，令，则，；令，则，，因为等号不能同时取得，故D项错误.
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若的展开式中的常数项为，则________________.
【答案】1
【解析】
【分析】法1：根据二项式定理的定义，写出展开式通项，利用赋值法，可得答案；法2：根据多项式乘法，结合组合的计数原理，结合题意，可得答案.
【详解】法1：因为的展开式的通项，
令，解得，所以常数项为，解得.
法2：的展开式中，常数项为从4个因式中1个取，
其余3个取，即常数项为，由，解得.
故答案为：.
13. 已知是第三象限角，，则________________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据条件求出，的值.法1：根据求值；
法2：根据求出的值，再求的值.
【详解】法1：因为，所以，因为是第三象限角，所以，则.
法2：因为，所以，因为是第三象限角，所以，则，所以
14. 已知为抛物线上的动点，，为圆上的两个不同点，若恰为圆的一条直径，则的最小值为________________；若，均与圆相切，则的最小值为________________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】求圆的圆心坐标和半径，设，利用表示并求其最小值，再结合向量运算法则求的最小值，设，根据数量积的定义及二倍角公式利用表示，结合对勾函数性质求最小值即可.
【详解】圆的圆心为，半径，
设，则，，
（时取等号）.
所以，
当为圆的一条直径时，，，
所以，
当且仅当点的坐标为时等号成立，
所以的最小值为.

当，均与圆相切时，则，
设，则，
所以，
因为函数在上单调递增，，
所以当时，即点的坐标为时，取最小值，最小值为.

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. 某校开设校本课程“剪纸”，为了解学生参加该课程与性别是否有关，用简单随机抽样的方法分别从男生和女生中各抽取了50名学生进行调查，得到如下列联表：
（1）补全列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析参加“剪纸”课程是否与性别有关联；
（2）以样本估计总体，且以频率估计概率，若从该校女生中随机抽取3人，记其中参加“剪纸”课程的人数为，求的期望.
附：，其中.
【答案】（1）列联表见解析，认为参加“剪纸”课程与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.050.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据列联表计算，再根据表格判断；
（2）利用二项分布的期望公式.
【小问1详解】
列联表如下：
零假设为：参加“剪纸”课程与性别无关联，
则，
依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为参加“剪纸”课程与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.050.
【小问2详解】
由表格中的数据知，从女生中抽取1人，其参加“剪纸”课程的概率为，
的可能取值为0，1，2，3，且，
所以.
16. 已知数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）记的前项和为，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知等式变形得出，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求出数列的通项公式；
（2）验证当时，不等式成立；当时，推导出，再利用等比数列的求和公式可证得不等式成立.
【小问1详解】
由题设条件，可得若，则，
用反证法，假设，由题设条件，显然，这与已知条件矛盾，所以.
因为，所以，，，所以，，
由得，所以，
又，所以是首项、公比均为的等比数列.
所以，则.
【小问2详解】
显然时，成立，
当时，，所以，所以，
所以，即，所以，
所以.
综上，，得证.
17. 已知椭圆的离心率为，且经过点.
（1）求的方程；
（2）已知，分别为的左、右顶点，为的上顶点，直线交于，（不同于，）两点，记直线，的斜率分别为，，若，求到的距离的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题干条件列出关于的方程组，解出即得椭圆的方程；
（2）易知直线不与轴垂直，故可设其方程为，与椭圆方程联立，表示出，又在上可得到为定值，从而得到为定值，进一步解出的值，即直线过定点，则当时，点到直线的距离取得最大值.
【详解】（1）由题意，得， 解得，，
所以方程为；
（2）由，不同于，，当直线垂直于轴时，与异号，不满足题意，
所以直线不与轴垂直，设其方程为，，，
联立，得，
，即，
则，.
又因为，，所以，，直线的斜率，
由在上，得，即，
因此，
因为，所以，
由
，解得，
此时，对任意实数恒成立，
直线的方程为，所以直线过定点，
又因为，则当时，点到直线的距离取得最大值，
即点到直线的距离的最大值为.
18. 如图1，在半径为2的扇形中，，是弧上的动点（不含，），过点作，交于点.当的面积取得最大值时，将扇形沿着折起到，使得平面平面（如图2所示）.
（1）求图2中的长度；
（2）求图2中直线与所成角的余弦值；
（3）探究在图2中的线段上是否存在点，使得四面体内切球的半径为？并说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得到，再由面积公式得到，进而可求解；
（2）建系，求得直线方向向量，代入夹角公式即可；
（3）求得四面体表面积，设四面体内切球的半径为，结合则四面体的体积，求解即可.
【小问1详解】
图中，因为，，所以，
设，则，
在中，由正弦定理，得，
即，所以.
所以，
因为，所以，
所以当，即时，取得最大值，
此时，所以的长度为.
【小问2详解】
如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
所以，
设直线与所成的角为，
则，
所以直线与所成角的余弦值为.
【小问3详解】
由（2）知，，
，，
所以，，
，
所以四面体的表面积为
设四面体内切球的半径为，
则四面体的体积，
解得，因为，所以，
所以在线段上不存在点，使得四面体内切球的半径为.
19. 设，定义为的“函数”.
（1）设为的“函数”，若，，求曲线在点处的切线方程；
（2）设为的“函数”.
（ⅰ）若是的极小值点，求的取值范围；
（ⅱ）若，方程有两个根，，且，求证：.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据新定义确定的解析式，求导利用导数的几何意义求解；
（2）（ⅰ）求导，并根据极值的定义判断求解；（ⅱ）根据题意得方程有两个正根，，由韦达定理可得，且，求出，构造函数，利用导数求出最大值得证.
【小问1详解】
由题意，得，则，所以切点为，
又因，所以，
所以曲线在点处的切线斜率为，
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
（ⅰ）由题，可得，定义域为，
则，
因为是的极小值点，则，
则 ，
若，令，令，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，不满足题意；
若，令，令，
则在上单调递增，在，上单调递减，
所以是的极大值点，不满足题意；
若，则，
所以在上单调递减，无极值，不满足题意；
若，令，令，
则在上单调递增，在，上单调递减，
所以是的极小值点，满足题意；
综上，是的极小值点时，的取值范围为.
（ⅱ）由题，
设，抛物线的对称轴为直线，
因为方程有两个正根，，所以，解得，
由题意知，得.
因为，，所以，
，
令，
则，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增，
因为，所以，
由，，得，
因为，所以，所以，则，
所以，所以，所以，
所以，即.
性别
课程
合计
参加“剪纸”课程
不参加“剪纸”课程
男生
10
女生
30
50
合计
0.050
0.025
0.010
3.841
5.024
6.635
性别
课程
合计
参加“剪纸”课程
不参加“剪纸”课程
男生
10
40
50
女生
20
30
50
合计
30
70
100