广西南宁市2025届普通高中数学毕业班第二次适应性考试二模试题含解析

这是一份广西南宁市2025届普通高中数学毕业班第二次适应性考试二模试题含解析，共2页。试卷主要包含了 平面向量，满足，，则， 已知函数，， 已知函数，则下列结论正确的是， 已知点在双曲线等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用交集的定义求解即可.
【详解】 中的元素都是形如 的整数，其中 是整数.
包含所有大于 且小于 4 的实数.
求交集 ：
需要找到满足 的整数 .
解不等式：
左边： 解得 .
右边： 解得
因此，整数 的取值范围是 和
确定对应的 值：
当 时，.
当 时，.
结果： 中的元素是 .
故选：D.
2. 若复数，则（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法运算化简，根据模长公式计算可得结果.
【详解】由题意得，，
∴.
故选：D.
3. 已知为锐角，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据弦切互化可得，即可利用二倍角公式求解.
【详解】由可得，故，
所以，
故选：A
4. 平面向量，满足，，则（ ）
A. 25B. 21C. 17D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】根据模长公式即可求解.
【详解】由可得，
所以，故，
故选：C
5. 已知分别是椭圆的左、右顶点，直线（为椭圆的半焦距）上存在点，使得是顶角为的等腰三角形，且的面积为，则椭圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据锐角三角函数，结合椭圆的性质即可求解得，即可利用面积公式求解.
【详解】如图：,故，
，故，
故，解得，
由于，
故，故，故椭圆方程为，
故选：B

6. 已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，与分别为该圆柱的上、下底面的一条直径，若从点出发绕圆柱的侧面到点的最小距离为，则直线与直线所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据最小距离可得的长度为，即可根据异面直线所成角的定义即可求解.
【详解】根据题意可知圆柱半径和高分别为，
由于从点出发绕圆柱的侧面到点的最小距离为，故展开图中，则,故，
因此在圆柱中，在下底面作平行于的直径，则的长度为，故所成的角为或其补角，
由于，故直线与直线所成的角为，
故选：C
7. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，BC边上一点D满足，且AD平分.若的面积为，则（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】先根据正弦定理和三角函数的性质求出角，再利用三角形面积公式和角平分线性质建立关于边的方程，进而求出的值.
【详解】依题意，，
由正弦定理得.
移项可得.
所以.
所以，因为，所以，
两边同时除以，可得，即，所以.
由三角形面积公式可得，即，化简可得①.
因为，所以.
又因为平分，根据角平分线定理得，
即，所以②.
由①②解得.
故选：B
8. 已知函数，.若不等式的解集为，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据，对讨论正负，即可结合函数图象，结合不等式的求解.
【详解】，
根据选项可知：只需要考虑，
要使不等式的解集为，
当时，
故，解得，
当时，无法满足解集为，故舍去，
故选：A
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 在区间内有3个零点
C. 在区间上单调递增
D. 的图象关于直线对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据辅助角公式化简，即可根据选项逐一求解.
【详解】，
对于A，最小正周期为，故A正确，
对于B，令,则，解得，故在区间内符合条件的零点有，只有两个，故B错误，
对于C，当，故，故在区间上单调递增，C正确，
对于D, ，故的图象关于直线对称，故D正确，
故选：ACD
10. 已知点在双曲线（，）上，则下列结论正确的是（ ）
A. C的实轴长小于2
B. C的渐近线方程可能为
C. C的离心率大于
D. C焦距不可能为4
【答案】AC
【解析】
【分析】根据即可得，根据实轴的定义即可求解A，根据渐近线方程以及离心率公式即可求解BC，根据焦距求解D.
【详解】将代入可得，
对于A：，故，因此，所以实轴长为，则，故A正确；
对于B：渐近线方程为，若渐近线方程为，则，
结合可得，则，该方程无实数根，故渐近线方程不可能为，故B错误；
对于C：离心率为，故C正确；
对于D：若焦距为4，则，故，故D错误.
故选：AC
11. 在正四棱柱中，，P、Q分别为棱、的中点，点E满足，，动点F在矩形内部及其边界上运动，且满足，点M在棱上，将绕边AD旋转一周得到几何体，则（ ）
A. 动点F的轨迹长度为
B. 存在E，F，使得平面
C. 三棱锥的体积是三棱锥体积的倍
D. 当动点F的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据为定长，易得也是定值，可以确定的轨迹，过点作的平行平面找到与F的轨迹的交点，则可确定存在平面，利用换底与换顶点的方法可以将三棱锥的体积是三棱锥体积求出来，从而得出两体积之间的关系，由动点F的轨迹与几何体只有一个公共点，可以确定该圆锥地面半径，再利用可求解的侧面积.
【详解】
在正四棱柱中，，且，，
且因为，所以点是以点为圆心半径为的四分之一圆，
所以动点F的轨迹长度，正确；
连接，与交于点，在上任找一点，过该点作的平行线，
会跟相交于一点，再过该点作的平行线，必会与的轨迹相交，
所以存在使得平面，正确;
由题意，又因为、为、的中点，易得，
所以，
同理可得，C错误；
由题意，几何体是以为旋转轴，为母线的圆锥，
当动点的轨迹与几何体只有一个公共点时，圆锥与平面的交线与所在的圆弧相切，
且因为，有,所以，
则，可得，该圆锥的底面半径，
所以几何体的侧面积，正确.
故选：.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知且，，函数，若，则________.
【答案】
【解析】
【分析】利用对数的性质将给定的条件简化，进而求出的值.
【详解】函数，
则，
简化可得：，即，
所以.
故答案为：.
13. 个人站成一排，其中甲站排头或排尾的条件下，乙、丙不相邻的概率为________.
【答案】##0.6
【解析】
【分析】根据题目求出甲站排头或排尾以及甲站排头或排尾且乙、丙不相邻的方法个数，再利用条件概率公式直接求解即可.
【详解】由题知，甲站排头或排尾的方法有种，
甲站排头或排尾且乙、丙不相邻的方法有种，
所以甲站排头或排尾的条件下，乙、丙不相邻的概率为.
故答案为：
14. 已知曲线，则E的一条对称轴方程为________；已知A，B是E上不同于原点O的两个顶点，C为E上与A，B不共线的一个动点，则面积的最大值为_______
【答案】 ①. ，或； ②. .
【解析】
【分析】将方程中换为，换为，检验方程是否变化，即可判断对称轴；令，求得，以及令，求得，从而确定的坐标，同时令，换元后，求得的范围，以及的范围，进而求得三角形面积的最大值即可.
【详解】对曲线：，
将换为，则，故曲线关于对称；
将换为，则，故曲线关于对称；
故该曲线关于，或对称；
令，则，故曲线过点；令，则，即，
，解得或，或，根据题意，不妨取；
对，即，解得，
不妨令，则，故，
故当时，，故，
则面积的最大值为.
故答案为：，或；.
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. 2025年1月1日，某地举行马拉松比赛，某服务部门为提升服务质量，随机采访了120名参赛人员，得到下表：
（1）求的值；
（2）依据小概率值的独立性检验，能否认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价有差异？
（3）用频率估计概率，现随机采访1名女性参赛人员与1名男性参赛人员，设表示这2人中对该部门服务质量非常满意的人数，求X的分布列和数学期望.
附：，.
【答案】（1）
（2）依据小概率值的独立性检验，能认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价有差异.
（3）分布列见解析，期望为
【解析】
【分析】（1）根据二联表即可求解得解，
（2）计算卡方，即可与临界值比较作答，
（3）根据相互独立乘法事件的概率公式求解概率，即可得分布列和期望.
【小问1详解】
完善二联表为：
故，故；
【小问2详解】
零假设依据小概率值的独立性检验，认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价没有差异，
，
故依据小概率值的独立性检验，能认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价有差异.
【小问3详解】
由于女性对服务满意的概率为，男性对服务满意的概率为，
故，
，
，
故的分布列为
故.
16. 已知数列中，，.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）设，为数列的前n项和，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过等式左右两侧取倒数，结合等差数列的定义可证明结论.
（2）根据（1）可得数列的通项公式，由此可得结果.
（3）利用裂项相消法可求得，分析性质可证明结论.
【小问1详解】
∵，∴，即，
∴是以为首项，2为公差的等差数列.
【小问2详解】
由（1）得，，
∴.
【小问3详解】
由（2）得，，
∴，
∵，∴，且随着的增大而减小，
∴，当时，，
∴.
17. 已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若存在极大值，且极大值不大于，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得切线的斜率，由此可得结果.
（2）讨论的范围，得到时，的极大值为，通过构造函数分析单调性可得结果.
【小问1详解】
当时，，故，
∴，
∴曲线在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
由题意得，，故函数的定义域为，
∵，∴，
当时，，，在上为增函数，无极值.
当时，由得，
由得，，由得，，
∴在上为增函数，在上为减函数，
∴当时，有极大值，极大值为，
∴，即，
令，则，
∵，∴，
∴在上为增函数，
∵，
∴要使，则，
∴实数a的取值范围是.
18. 已知在平面直角坐标系中，过点的直线与抛物线交于，两点，当平行于轴时，.
（1）求的值；
（2）是否存在不同于点的定点，使得恒成立？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若过点的直线与交于异于，的，两点，其中点在第四象限，直线，直线与轴的交点分别为（与不重合），设线段的中点为，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）存在，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平行于轴时，可求得p的值.
（2）根据图形性质确定点在轴上，利用，结合韦达定理可得结果.
（3）联立直线方程与抛物线方程，可得，，设，可得，，求得，利用基本不等式可得结果.
【小问1详解】
设点在第四象限，点在第一象限，
当平行于轴时，.
在中，令，则，
∴，
∴，解得.
【小问2详解】
存在，理由如下：
由（1）得，抛物线的方程为.
设直线方程为，
由得，，故.
假设存在不同于点的定点，使得恒成立.
由题意得，当轴时，，故点在轴上，
设，则，
由得，，
∴，
整理得，，即，
化简得，由不恒为得，
∴存在不同于点的定点，使得恒成立.
【小问3详解】
设直线的方程为，代入得，，故.
设，，直线方程为，
代入得，，故，
设直线方程为，代入得，，故.
由（2）得，
∴，
∴.
∵线段的中点为，，
∴，
∴实数的取值范围是.
19. 在空间直角坐标系Oxyz中，任意平面的方程都能表示成（A，B，C，，且），为该平面的法向量.设M是多面体的一个顶点，定义多面体在M处的离散曲率为），其中（，2，3，，n，）为多面体的所有与点M相邻的顶点，且平面，，，，遍历多面体的所有以M为公共顶点的面.多面体的离散总曲率为该多面体各顶点的离散曲率之和.已知空间直角坐标系Oxyz中，几何体W的底面在平面Oxy内，且侧面上任意一点满足
（1）判断几何体W的形状，并求几何体W的两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值；
（2）求几何体W的离散总曲率；
（3）定义：若无穷等比数列的公比q满足，则的所有项之和.若球与几何体W的各面均相切，然后依次在W内放入球，球，，球，，使得球（，）与W的四个侧面相切，且与球外切，求放入的所有球的表面积之和.
【答案】（1）正四棱锥，；
（2）2； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件可得为正四棱锥，利用正四棱锥的结构特征，结合面面角的向量法求解.
（2）利用多面体的离散总曲率的定义，列式计算即可.
（3）利用正四棱锥内切球的性质求出球，进而探讨球与球的半径关系，再利用球的表面积公式及公比绝对值小于的无穷等比数列所有项和公式求解.
【小问1详解】
几何体为正四棱锥，
依题意，为，
当时，表示平面内的两组平行直线及
所围成的正方形，其顶点为，
当时，点，因此几何体为正四棱锥，如图：
由正四棱锥任意两侧面所在平面的夹角相等，不妨求面与面夹角余弦值，
平面方程为，则平面法向量为，
平面方程为，则平面法向量为，
因此，
所以几何体两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值为.
【小问2详解】
依题意，，
，，
，，
所以几何体的离散总曲率为
.
【小问3详解】
设球与侧面相切于，连接，与交于，则，
连接，则，，，
设球半径为，则，，解得，
设球的半径为，则，
则，两式相减得，即，
因此数列是以1为首项，公比为的等比数列，则数列是以1为首项，公比为的等比数列，
而，则放入的所有球的表面积之和．
所以放入的所有球的表面积之和为.
满意度
性别
合计
女性
男性
比较满意
r
s
50
非常满意
t
40
70
合计
60
l
120
0.1
0.01
0.001
2.706
6.635
10.828
满意度
性别
合计
女性
男性
比较满意
30
20
50
非常满意
30
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70
合计
60
60
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