安徽省芜湖市2025届高三二模数学试题（解析版）高考模拟

这是一份安徽省芜湖市2025届高三二模数学试题（解析版）高考模拟，共4页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为集合，，
所以，
故选：A.
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由全称命题的否定可得命题“”的否定是“”.
故选：D
3. 若，其中虚数单位，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】，
则.
故选：D.
4. 一组数11，13，15，26，29，30，32，33，36，若去掉11和36，则该组数以下哪个数字特征不变（ ）
A. 平均数B. 中位数C. 方差D. 极差
【答案】B
【解析】对于A，去掉前的平均数为，
去掉后的平均数为，故A错误；
去掉最小的数和最大的数对中位数无影响，故B正确；
对于C，去掉前的方差为，
去掉后的方差为，故C错误；
对于D，去掉前的极差为，去掉后的极差为，故D错误.
故选：B.
5. 已知角和角的顶点在坐标原点，始边均与轴非负半轴重合，终边关于直线对称，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】C
【解析】由题意可得，
则.
故选：C.
6. 四个不同的正整数满足，则的最大值是（ ）
A. 8099B. 8100C. 8101D. 8102
【答案】C
【解析】6的正因数为1,2,3,6，但需要四个不同的整数，因此必须包含负因数，因此因数有两负两正，
为使最大且无重复数字，则要求最小且无重复数字，
则分解方式为，此时和为，
此时，
从而，.
故选：C.
7. 已知轴截面为等边三角形的圆锥与其内切球表面的交线为（除圆锥底面圆心外），所在的平面将圆锥分成上下两部分，则上下两部分几何体的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图，作出圆锥的轴截面，设的内切圆的圆心为，
切、、于、、，
因为为等边三角形，所以、、分别为、、的中点，
设与交于点，的边长为，则，，，
则圆锥与其内切球表面的交线为（除圆锥底面圆心外）为圆锥的母线的中点所在的圆，
所在的平面将圆锥分成上下两部分，此时上部分圆锥的底面半径为，高为，
又圆锥的底面半径为，高为，
所以上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，
所以所在的平面将圆锥分成上下两部分，则上下两部分几何体的体积之比为.
故选：B
8. 已知F为双曲线的一个焦点，为C的一条渐近线，若F关于l的对称点在C上，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】由双曲线对称性，不妨设，，
点F关于l的对称点为，则有，
解得，则有，
整理得，
即，
化简得，故，
则.
故选：B.
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在中，已知，，则此三角形的面积可能为（ ）
A. B. C. 12D. 15
【答案】AC
【解析】因为，，则，，
所以，
因为，所以
故三角形的面积，
因为，当且仅当时，等号成立，
故，则此三角形面积的最大值为12.
因为，所以A，C正确,
故选：AC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 的定义域为B. 为偶函数
C. 为单调递增函数D.
【答案】ABD
【解析】对于选项A：因为对数的真数大于0，故，故定义域为，故选项A正确；
对于选项B:因为，定义域为关于原点对称，
又，且，
故为偶函数，故选项B正确；
对于选项C：因为，故，故选项C正确；
对于选项D：令，求导得，
故函数在区间上单调递减，而当时，，
当时，
当时，，所以，所以，
当时，，所以，所以，
故选项D正确；
故选：ABD
11. 如图，在正方体中，为过正方体的任意两个顶点的直线，则（ ）
A. S有56个元素B. 若，则满足平面的概率为
C. S中有4个元素与正方体所有棱的夹角相等D. 若，则，为异面直线的概率为
【答案】BCD
【解析】在正方体中，共有8个顶点，任取两个顶点组合共有条直线，所以S有28个元素，故A错；
满足平面的有，所以满足平面的概率为，故B正确；
根据正方体性质易知四条体对角线与所有棱的夹角相等，故C正确；
对应D，S有28个元素，12条棱，12条面对角线，4条体对角线，任取2条共有种，
与棱异面的直线有：共12条，所以与棱异面的有；
与面对角线异面有：共13条，
与面对角线异面的有；
与体对角线异面的有：共12条，所以与体对角线异面有；
即任选2条异面的共有：种，概率，故D正确，
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，满足，且，，则与所成角的大小为__________.
【答案】
【解析】由题得，
则与的夹角的余弦为，
而与的夹角的范围为，故夹角为.
故答案为：.
13. 已知有限集合，定义集合中的元素的个数为集合A的“容量”，记为.若集合，且，则正整数n的值是_________.
【答案】2025
【解析】若集合，则集合，
故，解得.
故答案为：
14. 已知函数的部分图象如图所示，若A，B，C，D四点在同一个圆上，则__________.
【答案】
【解析】由题意可设，，则，
，，，
则、中点与、中点均为，，
由，，，四点在同一个圆上，故为圆心，，
则，，
即有，则，又，则.
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. 已知数列的前n项和为，且，.
（1）求的通项公式；
（2）保持的各项顺序不变，在和之间插入k个1，使它们与数列的项组成一个新的数列，记的前n项和为，求.
解：（1）由，得，
则，即，
又，满足，所以，
所以是首项是，公比为等比数列，故；
（2）由题知，数列的其余项为1，
则
.
16. 已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）设，证明：.
【答案】解：（1）定义域，，
①当时，，在上单调递减，
②当时，令得，
令，得，令，得，
所以在单调递减，在单调递增.
综上：当时，在上单调递减；
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）法一：要证即证，
设，即，
设，则，令得，令得，
所以在上为增函数，在上为减函数，所以，
所以成立，所以得证.
法二：设，则，
因为，所以，
令，则，则单调递增，
因为，，所以在上存在唯一零点，
当，，故，当，，故，
所以在单调递减，在单调递增，
则，其中，
所以，
所以，即得证.
17. 已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别交于，两个动点.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）若圆与曲线恰有一个公共点，且圆与轴相切于点，求圆的半径.
解：（1）因为圆经过轴上的两点和，所以圆心为的中点，
又因为该圆经过点和，
所以化简得，
所以点的轨迹的方程为.
（2）设圆的半径为，且不妨设圆心在轴的上方，因为圆与轴相切于点，
所以圆心，圆的方程为，
联立消去得，
于是，
因为圆与曲线恰有一个公共点，所以恰有一个正数y满足，
记，，
令，得；令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取到最小值，
因此当时，没有正数解；当时，恰有一个正数解；
当时，因为当和时均可任意大总有两个正数解.
综上，.
18. 在四棱台中，，，，，.
（1）证明：.
（2）若四棱台的体积为7，
（i）求直线与平面所成角的正弦值；
（ii）若为棱上一动点，求平面与平面所成角余弦值的最大值.
（1）证明：在中，，所以，所以，即，
因为，，平面，
所以平面，平面，所以.
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：因为，，
所以，所以.
（i）以D为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，
设平面的法向量为，
则，即，
令，得，，所以，
因为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（ii），
则，
设，，
设平面法向量，则，
即，
令，得，所以，
由题意可得平面的法向量，
所以，
即平面与平面所成角余弦值为，
因为，所以当时，取得最大值，
所以平面与平面所成角余弦值的最大值为.
19. 某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试.首次测试（测试I）通过率为，末通过测试I的芯片进入第二次测试（测试II），通过率为.通过任意一次测试即为合格芯片，否则报废.
（1）若某批次生产了n枚芯片，合格数为随机变量X.当，时，求X的期望与方差；
（2）已知一枚芯片合格，求其是通过测试I的概率；
（3）为估计（2）中的，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试I.记.若要使得总能不超过0.1，试根据参考内容估计最小样本量.
参考内容：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有.
解：（1）每个芯片通过测试的合格率为，，
则，；
（2）解法一：记事件A：通过测试I，事件B：通过测试II，事件C：芯片合格，
，
则；
解法二：记事件：经过测试I，事件：经过测试II，事件B：芯片合格，
，，，，
，
则；
（3）因为，所以，，
解法一：，，
，，
又，当且仅当时等号成立，
，均有，
取，则，
根据题意要使得总能不超过0.1，
当，即时满足条件，
最小样本量大约为1000.
解法二：由已知得对，，
，
记，，，
又，当且仅当时等号成立，
，均有，
取，则，
根据题意要使得总能不超过0.1，
当，即时满足条件，
最小样本量大约为1000.