安徽省淮北、淮南市2025届高三下学期二模试题 数学 Word版含解析

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每个小题答案后，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，将答题卡交回.
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】C
【解析】
【分析】先求解集合，再求出集合在中的补集，最后求出集合与的交集.
【详解】对于不等式，解得，即集合.
所以或. 集合，可得.
故选：C.
2. 若，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，代入化简，由复数相等即可得出答案.
【详解】设，则，
所以，
由，所以，故，
所以，
故选：A.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由向量共线以及垂直的坐标运算代入计算，即可得到结果.
【详解】由可得，解得，则，
由可得，解得.
故选：D
4. 若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则椭圆长轴的长为（ ）
A. 2B. C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】可先求出抛物线的焦点坐标，再根据椭圆的性质求出的值，最后根据椭圆长轴长与的关系求出椭圆长轴的长.
【详解】在抛物线中，焦点坐标为. 因为抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，所以椭圆的焦点在轴上，且（为椭圆的半焦距）.
在椭圆中， ，又因为，所以.
而在椭圆中，，所以.
椭圆的长轴长为.
故选：C.
5. 函数的图像如图所示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的函数图象，确定零点及极值点情况，再结合函数式、导函数式分析判断作答.
【详解】观察图象知，，函数有3个零点，设3个零点为，
于是，当时，，
而此时，因此，
又，
函数有两个极值点，且，即有两个不等实根，
，因此，
所以.
故选：B.
6. 甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出两球，则取出的两球颜色相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】可根据从甲箱中取出球的颜色进行分类讨论，再结合条件概率公式分别计算从乙箱中取出两球颜色相同的概率，最后根据全概率公式求出最终结果.
【详解】从甲箱中随机取一个球，甲箱中有个红球和个白球，
那么从甲箱中取出红球概率；取出白球的概率.
若从甲箱中取出一个红球放入乙箱，则乙箱中有个红球和个白球.
从个球中取出个球的组合数为种.
从个红球中取出个红球的组合数为种；从个白球中取出个白球的组合数为种.
所以在从甲箱取出红球的条件下，从乙箱取出两球颜色相同的概率.
若从甲箱中取出一个白球放入乙箱，则乙箱中有个红球和个白球.
从个球中取出个球的组合数为种.
从个红球中取出个红球的组合数为种；从个白球中取出个白球的组合数为种.
所以在从甲箱取出白球条件下，从乙箱取出两球颜色相同的概率.
由全概率公式可得，取出的两球颜色相同的概率为：
.
故选：B.
7. 已知函数和的定义域均为为偶函数，为奇函数，若，则（ ）
A. 4B. 2C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】由为偶函数得到，由为奇函数，得到，将，代入，将代入，结合已知条件联立求出.
【详解】因为为偶函数，故，
所以的图象关于对称，因此.
因为为奇函数，故，
整理得，
当时，，
当时，，
由得，，
当时，由得 ，
所以，即，
因为
所以解得，所以.
故选：A.
8. 在中，记，则（ ）
A. 存在，使
B. 存在，使
C. 的最小值为
D. 的最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角和差公式以及、化简AB选项；令化简，使其为关于的函数，求函数值域即可判断C选项；利用一元二次方程有根，则可根据求解判断D选项.
【详解】由题意可得，
，
，
则，故AB错误；
若，则
因，则，则，得，
则，故C错误；
，即，
则方程在上存在根，
则，即，
等号成立时，
因，则，则，
此时变为，
得，则，
故当时，取最大值，故D正确.
故选：D
二､多项选择题：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. 某校100名学生学业水平测试数学成绩的频率分布直方图如图所示，已知所有学生成绩均在区间内，则（ ）
A. 图中的值为0.005
B. 这组数据的平均数为73
C. 这组数据的众数为75
D. 这组数据的中位数约为71.7
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据频率分布直方图中各小矩形得面积之和为1，可求出的值，再结合平均数、众数、中位数的定义判断BCD.
【详解】对于A，由频率分布图可知：，解得，故A正确；
对于B，由频率分布图可知：，故B正确；
对于C，由频率分布图可知众数为65，故C错误；
对于D，设这组数据的中位数约为，因为，,
所以中位数在区间内，则，解得，故D正确；
故选：ABD.
10. 设数列的前项和为，对任意正整数有，下列命题正确的有（ ）
A. 若，则
B. 一定不是等差数列
C. 若为等比数列，则公比为2
D. 若，则为等比数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出可判断A；假设是等差数列，设公差为，求出代入根据多项式相等可判断C；若为等比数列，由两式相减得，求出可判断C；求出，利用可判断D.
【详解】对于A，，当时，，故A正确；
对于B，假设是等差数列，设公差为，
则，
由得，
即，
根据多项式相等可得，方程组无解，
所以一定不是等差数列，故B正确；
对于C，若为等比数列，由两式相减得，
即，由得，解得，故C错误；
对于D，若，则，，
当时，，所以，
当时，，
两式相减可得，即，
所以数列的奇数项是以为首项，为公比的等比数列，
偶数项是以首项为公比的等比数列，又，
所以数列为等比数列，故D正确.
故选：ABD.
11. 甲乙两名玩家轮流从装有个小球的容器中取球，每次至少取一个，先取球者第一次不能将球取完，之后双方每次取球数不超过对手上一轮取球数的2倍，取得最后一个球的玩家获胜.若甲先取，乙有必胜的策略，则可以是（ ）
A. 4B. 5C. 8D. 13
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用数学归纳法证明，当n为斐波那契数列中的数时，乙有必胜策略，再判断选项中的数是否属于斐波那契数列即可求解.
【详解】设是斐波那契数列：，
现证明以下结论成立：若，则后取者乙有必胜策略.
当时，甲只能取1个球，故乙必胜；当时，若甲取1个球，乙可直接取2个球后获胜；若甲取2个球，乙可直接取1个球后获胜，故乙必胜.故结论成立.
设和时结论成立，那么时，若甲取的球数，则剩下的球数为，故乙只要将剩下的个球全部取走而获胜；
若甲取的球数，注意到，故不失一般性可以假设一开始个球分成两堆，其中一堆个球，另一堆有个球，而甲从有个球的一堆中取走了r个球，于是由归纳假设，乙有策略保证自己取到有个球的那堆中的最后一个球，而剩下有个球的那一堆，并由归纳假设知乙可使自己最后一次取球的个数不大于，这时无论甲取多少个球（至多为不可能将个球取完），由归纳假设知乙有必胜策略，保证自己取到最后一个球，且乙最后一个所取球的个数，故若，则后取者乙有必胜策略.
选项中，，故当n为5，8，13时，乙有必胜的策略.
故选：BCD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若实数和的等差中项为1，则的最小值为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】利用等差中项性质，结合基本不等式可求得的最小值.
【详解】若实数和的等差中项为1，则，
，即，
即，当且仅当取等号.
故 的最小值为2.
故答案为：2.
13. 已知是椭圆的两个焦点，过的直线交于两点，若，，则椭圆的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由椭圆的定义结合题意可得出，，再由余弦定理可得，解方程即可得出答案.
【详解】由题可知，由椭圆的定义知：，，
所以，又因为，
所以，
，所以，
解得：，，
所以在中，由余弦定理可得：
，
在中，由余弦定理可得：
所以，可得：，即，
所以，因为，
所以.
故答案为：.

14. 如图，圆锥有且仅有一条母线在平面内，圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则圆锥外接球的表面积为__________；若是中点，，且点到直线的距离为，则与圆锥底面所成角的余弦值为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据因为圆锥侧面展开图是面积为的半圆，先求出圆锥的母线长与底面半径，从而求得圆锥外接圆的半径，即可求解圆锥外接圆的表面积；再在平面内过点P作直线，取中点M，连接，由面面垂直的性质定理证明平面，过作垂线，分别交，于点和，连接，，结合平行线的性质和勾股定理，求出的值，最后根据线面角的定义与求法，即可得解.
【详解】设圆锥的母线长，底面半径，
因为圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，
所以，，解得，
所以中，
设圆锥外接圆的圆心为G，半径为R，
由圆锥外接圆的性质可知，点G在线段上，
在中，，即，解得，
故圆锥外接球的表面积为.
在平面内过点P作直线，取中点M，连接，
则，且，
因为顶点为的圆锥有且仅有一条母线在平面内，
所以平面平面,
又平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
过作垂线，分别交，于点和，
连接，，即,
又,平面，
所以平面,
又平面，所以，即到的距离为，
所以，所以，
因为，所以，所以，
在中，，
在中，
设与圆锥底面所成角为，则，
则,即与圆锥底面所成角余弦值为.
故答案为：；.
四､解答题：本题共小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 的内角的对边分别为
（1）求；
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理和两角和的正弦公式化简计算即可求解；
（2）根据三角形的面积公式求得，结合余弦定理计算求得，进而得出结果.
【小问1详解】
由得，
因为,
所以，
即，
所以，
所以.
【小问2详解】
因为三角形的面积为，
所以，所以，
由余弦定理知，即，
所以，
故，
所以三角形的周长为.
16. 四棱锥中，平面，
（1）求；
（2）求证：；
（3）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）分别在和中使用余弦定理，解方程即可得出答案；
（2）先证得，，由线面垂直的判定定理证得平面，由线面垂直的性质定理即可证得；
（3）法一：先求出和的面积，再由等体积法求出点到平面的距离，即可求出与平面所成角的正弦值；法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案.
【小问1详解】
分别在和中使用余弦定理得：
即，
得，所以；
【小问2详解】
因为，
由余弦定理可得：，
所以，从而，所以.
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
因平面，所以.
【小问3详解】
方法一：设三棱锥的体积为和的面积分列为，
点到平面的距离为，因为，所以
因为平面，平面，
所以，，所以，
所以，
且，由得
所以与平面所成角的正弦值为.
方法二：因为平面，以为坐标原点，
分別以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，则
，令，则，
所以可取，
设与平面所成角为的，
所以.
所以与平面所成角的正弦值为.
17. 已知函数
（1）若，求函数在处的切线方程；
（2）求证：当时，有且仅有一个零点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先把代入函数和导函数，再求处的导数值和函数值，是切线斜率，是切点纵坐标，最后用点斜式得出切线方程.
（2）先确定定义域，求出.分情况讨论：时，化简，令求零点. 时，判断，函数递增，再根据与异号，用零点存在定理确定零点. 时，令得两个极值点，分析函数单调性，结合时，以及，用零点存在定理确定零点.最后总结时零点情况.
【小问1详解】
若，则，
所以，函数在处的切线方程为；
【小问2详解】
的定义域为，
当时有且仅有一个零点4：
当时，，函数递增，由，知存在唯一零点；
当时，令得，
当时，函数递增：
当时，函数递减；
当时，函数递增：
当时，，所以，函数无零点；
因为当时递减，当时递增，
且，所以存在唯一零点.
综上所述，当时，有且仅有一个零点.
18. 已知双曲线经过点为其左，右顶点，且与的斜率之积为
（1）求双曲线的方程；
（2）点为实轴上一点，直线交于另一点，记的面积为的面积为，若，求点坐标.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)先根据直线斜率之积得到关于的方程，解出的值，再将的值代入另一个方程求出的值，最后根据双曲线标准方程的形式得出双曲线的方程．
(2)方法1通过设直线方程与双曲线方程联立，结合已知点在直线上得到关于的表达式，再根据面积关系列出等式求解，进而得到点坐标；
方法2先求出直线PQ与轴交点的横坐标关于的表达式，再根据面积关系消去，得到关于的方程，最后联立双曲线方程求解点坐标．
【小问1详解】
由得，解得，
又，解得，于是的方程为：.
【小问2详解】
（方法1）设，显然，
设直线，与0联立，消去得，则，
又在直线上，得，代入上式得
于是，即，
整理得，解得，进而，
即所求点坐标为.
（方法2）设，显然直线的斜率存在，其方程为：
，令，解得
依题意
将（1）代入上式，消去得.
整理得，即
由知联立，解得.
即所求点坐标为.

19. 在组合数学、表示论和数学物理中，“数”，是一种通过引入参数对经典数学对象进行推广的概念，由物理学家保罗•狄拉克首先使用，对量子力学的发展意义重大.定义“数”：，其中，.利用“数”可以进一步定义两个概念：“阶乘”：，且，“组合数”
（1）计算和的值；
（2）证明：对任意；
（3）证明：对任意.
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接利用关系式的运算求出结果；
（2）利用关系式的定义和关系式的转换证明出结果；
（3）直接利用“数”可定义“阶乘”及“组合数”关系式的变换求出结果.
【小问1详解】
由题意知，
.
【小问2详解】
因为
，
所以，即.
【小问3详解】
由（2）知，
所以
将上述个等式左右两边分别相加得
.