宁德市2025届高三二诊模拟考试数学试卷含解析

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2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．若，则“”是“的展开式中项的系数为90”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
2．已知全集为，集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．在中，角的对边分别为，，若，，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
4．已知为坐标原点，角的终边经过点且，则( )
A．B．C．D．
5．如图网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的所有棱中最长棱的长度为（ ）
A．B．C．D．
6．正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设，，则当时，的最大值是（ ）
A．8B．9C．10D．11
8．定义在上的偶函数，对，，且，有成立，已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
9．已知数列的通项公式为，将这个数列中的项摆放成如图所示的数阵.记为数阵从左至右的列，从上到下的行共个数的和，则数列的前2020项和为（ ）
A．B．C．D．
10．已知不等式组表示的平面区域的面积为9，若点， 则的最大值为（ ）
A．3B．6C．9D．12
11．定义两种运算“★”与“◆”，对任意，满足下列运算性质：①★，◆；②（）★★ ，◆◆，则（◆2020）（2020★2018）的值为( )
A．B．C．D．
12．第七届世界军人运动会于2019年10月18日至27日在中国武汉举行，中国队以133金64银42铜位居金牌榜和奖牌榜的首位.运动会期间有甲、乙等五名志愿者被分配到射击、田径、篮球、游泳四个运动场地提供服务，要求每个人都要被派出去提供服务，且每个场地都要有志愿者服务，则甲和乙恰好在同一组的概率是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量，，则______.
14．若复数（是虚数单位），则________
15．已知，满足约束条件则的最大值为__________.
16．二项式的展开式中所有项的二项式系数之和是64，则展开式中的常数项为______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数．
（1）若在处取得极值，求的值；
（2）求在区间上的最小值；
（3）在（1）的条件下，若，求证：当时，恒有成立．
18．（12分）选修4-4：坐标系与参数方程：在平面直角坐标系中，曲线：（为参数），在以平面直角坐标系的原点为极点、轴的正半轴为极轴，且与平面直角坐标系取相同单位长度的极坐标系中，曲线：.
（1）求曲线的普通方程以及曲线的平面直角坐标方程；
（2）若曲线上恰好存在三个不同的点到曲线的距离相等，求这三个点的极坐标.
19．（12分）已知椭圆的焦距为2，且过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为的左焦点，点为直线上任意一点，过点作的垂线交于两点，
（ⅰ）证明：平分线段（其中为坐标原点）；
（ⅱ）当取最小值时，求点的坐标．
20．（12分）如图1，已知四边形BCDE为直角梯形，，，且，A为BE的中点将沿AD折到位置如图，连结PC，PB构成一个四棱锥．
（Ⅰ）求证；
（Ⅱ）若平面．
①求二面角的大小；
②在棱PC上存在点M，满足，使得直线AM与平面PBC所成的角为，求的值．
21．（12分）已知椭圆：的离心率为，直线：与以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.为左顶点，过点的直线交椭圆于，两点，直线，分别交直线于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）以线段为直径的圆是否过定点？若是，写出所有定点的坐标；若不是，请说明理由.
22．（10分）已知椭圆：的离心率为，右焦点为抛物线的焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）为坐标原点，过作两条射线，分别交椭圆于、两点，若、斜率之积为，求证：的面积为定值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B
【解析】
求得的二项展开式的通项为,令时,可得项的系数为90,即,求得,即可得出结果.
【详解】
若则二项展开式的通项为,令,即,则项的系数为,充分性成立;当的展开式中项的系数为90,则有,从而,必要性不成立.
故选:B.
本题考查二项式定理、充分条件、必要条件及充要条件的判断知识,考查考生的分析问题的能力和计算能力,难度较易.
2．D
【解析】
对于集合,求得函数的定义域,再求得补集；对于集合,解得一元二次不等式,
再由交集的定义求解即可.
【详解】
,
,.
故选:D
本题考查集合的补集、交集运算,考查具体函数的定义域,考查解一元二次不等式.
3．C
【解析】
由，可得，化简利用余弦定理可得，解得．即可得出三角形面积．
【详解】
解：，，且，
，化为：．
，解得．
．
故选：．
本题考查了向量共线定理、余弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
4．C
【解析】
根据三角函数的定义，即可求出，得出，得出和，再利用二倍角的正弦公式，即可求出结果.
【详解】
根据题意，，解得，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
本题考查三角函数定义的应用和二倍角的正弦公式，考查计算能力.
5．C
【解析】
利用正方体将三视图还原，观察可得最长棱为AD，算出长度.
【详解】
几何体的直观图如图所示，易得最长的棱长为
故选：C.
本题考查了三视图还原几何体的问题，其中利用正方体作衬托是关键，属于基础题.
6．D
【解析】
如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得外接球的表面积.
【详解】
如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面，.
因为，故，
因为，故.
由正弦定理可得，故，又因为，故.
因为，故平面，所以，
因为平面，平面，故，故，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以，故外接球的半径为，外接球的表面积为.
故选：D.
本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度.
7．B
【解析】
根据题意计算，，，解不等式得到答案.
【详解】
∵是以1为首项，2为公差的等差数列，∴.
∵是以1为首项，2为公比的等比数列，∴.
∴
.
∵，∴，解得.则当时，的最大值是9.
故选：.
本题考查了等差数列，等比数列，f分组求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.
8．A
【解析】
根据偶函数的性质和单调性即可判断.
【详解】
解：对，，且，有
在上递增
因为定义在上的偶函数
所以在上递减
又因为，，
所以
故选：A
考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题.
9．D
【解析】
由题意，设每一行的和为，可得，继而可求解，表示，裂项相消即可求解.
【详解】
由题意，设每一行的和为
故
因此：
故
故选：D
本题考查了等差数列型数阵的求和，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
10．C
【解析】
分析：先画出满足约束条件对应的平面区域，利用平面区域的面积为9求出，然后分析平面区域多边形的各个顶点，即求出边界线的交点坐标，代入目标函数求得最大值.
详解：作出不等式组对应的平面区域如图所示：
则，所以平面区域的面积，
解得，此时，
由图可得当过点时，取得最大值9，故选C.
点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.
11．B
【解析】
根据新运算的定义分别得出◆2020和2020★2018的值，可得选项.
【详解】
由（）★★ ，得（+2）★★，
又★，所以★，★，★， ，以此类推，2020★2018★2018，
又◆◆，◆，
所以◆，◆，◆， ，以此类推，◆2020，
所以（◆2020）（2020★2018），
故选：B.
本题考查定义新运算，关键在于理解，运用新定义进行求值，属于中档题.
12．A
【解析】
根据题意，五人分成四组，先求出两人组成一组的所有可能的分组种数，再将甲乙组成一组的情况，即可求出概率.
【详解】
五人分成四组，先选出两人组成一组，剩下的人各自成一组，
所有可能的分组共有种，
甲和乙分在同一组，则其余三人各自成一组，只有一种分法，与场地无关，
故甲和乙恰好在同一组的概率是.
故选：A.
本题考查组合的应用和概率的计算，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
求出，然后由模的平方转化为向量的平方，利用数量积的运算计算．
【详解】
由题意得，.，.
，，
.
故答案为：．
本题考查求向量的模，掌握数量积的定义与运算律是解题基础．本题关键是用数量积的定义把模的运算转化为数量积的运算．
14．
【解析】
直接根据复数的代数形式四则运算法则计算即可．
【详解】
，．
本题主要考查复数的代数形式四则运算法则的应用．
15．1
【解析】
先画出约束条件的可行域，根据平移法判断出最优点，代入目标函数的解析式，易可得到目标函数的最大值．
【详解】
解：由约束条件得如图所示的三角形区域，
由于，则，
要求的最大值，则求的截距的最小值，
显然当平行直线过点时，
取得最大值为：.
故答案为：1．
本题考查线性规划求最值问题，我们常用几何法求最值.
16．
【解析】
由二项式系数性质求出，由二项展开式通项公式得出常数项的项数，从而得常数项．
【详解】
由题意，．
展开式通项为，由得，
∴常数项为．
故答案为：．
本题考查二项式定理，考查二项式系数的性质，掌握二项展开式通项公式是解题关键．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）2；（2）；（3）证明见解析
【解析】
（1）先求出函数的定义域和导数，由已知函数在处取得极值，得到，即可求解的值；
（2）由（1）得，定义域为，分，和三种情况讨论，分别求得函数的最小值，即可得到结论；
（3）由，得到，把，只需证，构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】
（1）由，定义域为，则，
因为函数在处取得极值，
所以，即，解得，
经检验，满足题意，所以.
(2)由（1）得，定义域为，
当时，有，在区间上单调递增，最小值为，
当时，由得，且，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以在区间上单调递增，最小值为，
当时，则，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以在处取得最小值，
综上可得：
当时，在区间上的最小值为1，
当时，在区间上的最小值为.
（3）由得，
当时，，则，
欲证，只需证，即证，即，
设，则，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，即，
故， 即当时，恒有成立.
本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
18．（1），;（2），，.
【解析】
(1)把曲线 的参数方程与曲线 的极坐标方程分别转化为直角坐标方程；(2)利用图象求出三个点的极径与极角.
【详解】
解：（1）由消去参数得，
即曲线的普通方程为，
又由得
即为，即曲线的平面直角坐标方程为
（2）∵圆心到曲线：的距离，
如图所示，所以直线与圆的切点以及直线与圆的两个交点，即为所求．
∵，则，直线的倾斜角为，
即点的极角为，所以点的极角为，点的极角为，
所以三个点的极坐标为，，.
本题考查圆的参数方程和普通方程的转化、直线极坐标方程和直角坐标方程的转化，消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法，极坐标方程化为直角坐标方程，只要将和换成和即可.
19．（1）（2）（ⅰ）见解析（ⅱ）点的坐标为．
【解析】
（1）由题意得，再由的关系求出，即可得椭圆的标准方程；
（2）（i）设，的中点为，，设直线的方程为，代入椭圆方程中，运用根与系数的关系和中点坐标公式，结合三点共线的方法：斜率相等，即可得证；
（ii）利用两点间的距离公式及弦长公式将表示出来，由换元法的对勾函数的单调性，可得取最小值时的条件获得等量关系，从而确定点的坐标.
【详解】
解：（1）由题意得， ，所以，
所以椭圆方程为
（2）设， 的中点为，
（ⅰ）证明：由，可设直线的方程为，
代入椭圆方程，得，
所以，
所以，则直线的斜率为，
因为，所以，
所以三点共线，所以平分线段；
（ii）由两点间的距离公式得
由弦长公式得

所以，
令，则，由在上递增，可得，即时，取得最小值4，
所以当取最小值时，点的坐标为
此题考那可是椭圆方程和性质，主要考查椭圆方程的运用，运用根与系数的关系和中点坐标公式，同时考查弦长公式，属于较难题.
20．Ⅰ详见解析；Ⅱ①，②或．
【解析】
Ⅰ可以通过已知证明出平面PAB，这样就可以证明出；
Ⅱ以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可以求出相应点的坐标，求出平面PBC的法向量为、平面PCD的法向量，利用空间向量的数量积，求出二面角的大小；
求出平面PBC的法向量，利用线面角的公式求出的值.
【详解】
证明：Ⅰ在图1中，，，
为平行四边形，，
，，
当沿AD折起时，，，即，，
又，平面PAB，
又平面PAB，．
解：Ⅱ以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由于平面ABCD
则0，，0，，1，，0，，1，
1，，1，，0，，
设平面PBC的法向量为y，，
则，取，得0，，
设平面PCD的法向量b，，
则，取，得1，，
设二面角的大小为，可知为钝角，
则，．
二面角的大小为．
设AM与面PBC所成角为，
0，，1，，，，
平面PBC的法向量0，，
直线AM与平面PBC所成的角为，
，
解得或．
【点睛】本题考查了利用线面垂直证明线线垂直，考查了利用向量数量积，求二面角的大小以及通过线面角公式求定比分点问题.
21．（1）；（2）是，定点坐标为或
【解析】
（1）根据相切得到，根据离心率得到，得到椭圆方程.
（2）设直线的方程为，点、的坐标分别为，，联立方程得到，，计算点的坐标为，点的坐标为，圆的方程可化为，得到答案.
【详解】
（1）根据题意：，因为，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，点、的坐标分别为，，
把直线的方程代入椭圆方程化简得到，
所以，，
所以，，
因为直线的斜率，所以直线的方程，
所以点的坐标为，同理，点的坐标为，
故以为直径的圆的方程为，
又因为，，
所以圆的方程可化为，令，则有，
所以定点坐标为或.
本题考查了椭圆方程，圆过定点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
22．（1）；（2）见解析
【解析】
（1）由条件可得，再根据离心率可求得，则可得椭圆方程；
（2）当与轴垂直时，设直线的方程为：，与椭圆联立求得的坐标，通过、斜率之积为列方程可得的值，进而可得的面积；当与轴不垂直时，设，，的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理和、斜率之积为可得，再利用弦长公式求出，以及到的距离，通过三角形的面积公式求解.
【详解】
（1）抛物线的焦点为，
，
，，
，，
椭圆方程为；
（2）（ⅰ）当与轴垂直时，设直线的方程为：
代入得：，，
，
解得：，
；
（ⅱ）当与轴不垂直时，设，，的方程为
由，
由①
，
，
，
即
整理得：
代入①得：
到的距离
综上：为定值.
本题考查椭圆方程的求解，考查直线和椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，考查了学生的计算能力，是中档题.