2025年山西晉城市高三二模高考數(shù)學(xué)試卷答案詳解

試卷第=page11頁(yè)，共=sectionpages33頁(yè)試卷第=page11頁(yè)，共=sectionpages33頁(yè)晉城市2025年高三第二次模擬考試數(shù)學(xué)考生注意：1．本試卷分選擇題和非選擇題兩部分.滿分150分，考試時(shí)間120分鐘.2．答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項(xiàng)目填寫(xiě)清楚.3．考生作答時(shí)，請(qǐng)將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑；非選擇題請(qǐng)用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效，在試題卷、草稿紙上作答無(wú)效.4．本卷命題范圍：高考范圍.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知復(fù)數(shù)滿足，則（

）A． B． C． D．3．已知，，則（

）A． B． C． D．4．已知分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)為上一點(diǎn)，若，則（

）A． B． C． D．5．已知向量滿足，，且，則（

）A． B． C．2 D．36．已知，若，則展開(kāi)式中含項(xiàng)的系數(shù)為（

）A． B． C．90 D．2707．已知，，且，則（

）A． B． C． D．8．已知10個(gè)樣本數(shù)據(jù)的平均值為10，方差為6，則這10個(gè)數(shù)據(jù)的分位數(shù)的最大值為（

）A．11 B．12 C．13 D．14二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．9．已知圓錐的頂點(diǎn)為，為底面直徑，是面積為1的直角三角形，則（

）A．該圓錐的母線長(zhǎng)為 B．該圓錐的體積為C．該圓錐的側(cè)面積為 D．該圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖的圓心角為10．已知直線（不同時(shí)為0，），，拋物線的焦點(diǎn)為，則（

）A．直線與恒有兩個(gè)交點(diǎn)B．直線被截得的最短弦長(zhǎng)為C．與拋物線交于兩點(diǎn)，則D．當(dāng)時(shí)，直線與拋物線交于兩點(diǎn)，則11．設(shè)均是定義在上的函數(shù)，且，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．若是偶函數(shù)，則的圖象關(guān)于直線對(duì)稱B．若是最小正周期為1的函數(shù)，則是最小正周期為3的函數(shù)C．若是偶函數(shù)，則的圖象關(guān)于直線對(duì)稱D．若是奇函數(shù)，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．有6張卡片，分別標(biāo)有數(shù)字，現(xiàn)從這6張卡片中隨機(jī)抽出2張，則抽出的2張卡片上的數(shù)字之和等于5的概率為．13．已知函數(shù)在區(qū)間上有且僅有4個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍是．14．若關(guān)于的不等式在上恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍為．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．15．記的內(nèi)角的對(duì)邊分別為，已知．(1)證明：；(2)若，，求；(3)若，，求．16．如圖，在等腰梯形中，過(guò)分別作底邊上的高，垂足分別為，，，將，分別沿折起，使點(diǎn)分別到達(dá)點(diǎn)的位置，使得，點(diǎn)分別為的中點(diǎn)，且．(1)證明：平面；(2)證明：平面平面；(3)求平面與平面所成的二面角的正弦值．17．已知函數(shù)，．(1)若曲線在點(diǎn)處的切線與曲線只有一個(gè)交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的值；(2)若在區(qū)間上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)的取值范圍．18．已知雙曲線的左頂點(diǎn)為，右焦點(diǎn)為，過(guò)的直線與交于兩點(diǎn)，當(dāng)軸時(shí)，．(1)求雙曲線的離心率；(2)若經(jīng)過(guò)點(diǎn)，為的左支上一動(dòng)點(diǎn)．（ⅰ）當(dāng)?shù)男甭蕿闀r(shí)，求的面積的最小值；（ⅱ）設(shè)，為的右支上一動(dòng)點(diǎn)，若三點(diǎn)不共線，且平分，證明：直線恒過(guò)定點(diǎn)．19．設(shè)是項(xiàng)數(shù)為且各項(xiàng)均不相等的正項(xiàng)數(shù)列，滿足下列條件的數(shù)列稱為的“等比關(guān)聯(lián)數(shù)列”：①數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為；②中任意兩項(xiàng)乘積都是中的項(xiàng)；③是公比大于1的等比數(shù)列．(1)已知數(shù)列是的“等比關(guān)聯(lián)數(shù)列”，且，，，求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)已知數(shù)列是的“等比關(guān)聯(lián)數(shù)列”，且的前3項(xiàng)成等比數(shù)列的概率為，求的值；(3)證明：不存在“等比關(guān)聯(lián)數(shù)列”．答案第=page11頁(yè)，共=sectionpages22頁(yè)答案第=page11頁(yè)，共=sectionpages22頁(yè)1．B【分析】利用指數(shù)函數(shù)單調(diào)性解不等式可得集合，再由交集運(yùn)算可得結(jié)果.【詳解】由，得，所以，所以．故選：B．2．A【分析】由復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算計(jì)算可得.【詳解】由，得．故選：A．3．C【分析】根據(jù)條件，利用商數(shù)關(guān)系和倍角公式，即可求解.【詳解】由，得．又，則，所以，所以．故選：C．4．D【分析】根據(jù)橢圓的定義可得，結(jié)合，求出，，結(jié)合即可判斷各個(gè)選項(xiàng).【詳解】由題意可知，，，所以，由橢圓的定義可知，，又，所以，，所以．故選：D5．C【分析】由，利用向量數(shù)量積運(yùn)算和向量的模即可求解.【詳解】因?yàn)?，，所?由，得，即，整理得，解得，或（舍去）．故選：C．6．B【分析】先令，結(jié)合題意求出，再利用展開(kāi)式的通項(xiàng)中計(jì)算出，然后可得.【詳解】令，，得，解得．又的展開(kāi)式的通項(xiàng)為，所以，解得，所以展開(kāi)式中含項(xiàng)的系數(shù)為．故選：B．7．A【分析】先根據(jù)指數(shù)對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)將變形為，再通過(guò)放縮得到不等式，進(jìn)而利用同構(gòu)函數(shù)，將不等式轉(zhuǎn)化為，再利用的單調(diào)性解不等式即可.【詳解】由，得，即．因?yàn)椋?，所以，即，所以，且．因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，又，所以，即，故，所以A正確，B，C，D錯(cuò)誤．故選：A．8．C【分析】設(shè)這10個(gè)樣本數(shù)據(jù)分別為，且．由題意得這組數(shù)據(jù)的分位數(shù)為，設(shè)的平均值為，方差為，的平均值為，方差為，由平均值為10得到，再利用方差公式結(jié)合基本不等式求得的最大值即可.【詳解】設(shè)這10個(gè)樣本數(shù)據(jù)分別為，且．因?yàn)椋赃@10個(gè)數(shù)據(jù)的分位數(shù)為．設(shè)的平均值為，方差為，的平均值為，方差為，由題意知，則；，所以，整理得，解得，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，即，時(shí)，取到最大值13.故選：C.9．ABD【分析】根據(jù)圓錐軸截面的形狀以及面積可得A正確，求出母線長(zhǎng)以及底面半徑可計(jì)算出B正確，C錯(cuò)誤，由側(cè)面展開(kāi)圖計(jì)算即可求出D正確.【詳解】設(shè)該圓錐的母線長(zhǎng)為，如下圖所示：因?yàn)檩S截面是面積為1的直角三角形，即為直角；所以，解得，A正確；設(shè)該圓錐的底面圓心為，在中，，所以，則圓錐的高，所以該圓錐的體積，側(cè)面積為，B正確、C錯(cuò)誤；設(shè)該圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖的圓心角為，則，所以，D正確．故選：ABD．10．AB【分析】根據(jù)直線過(guò)定點(diǎn)可得直線恒過(guò)定點(diǎn)，可判斷A正確，由直線和圓的位置關(guān)系以及弦長(zhǎng)公式計(jì)算可得B正確，聯(lián)立拋物線和圓方程可得C錯(cuò)誤，聯(lián)立直線和拋物線方程根據(jù)韋達(dá)定理以及拋物線定義可得D錯(cuò)誤.【詳解】對(duì)于A，由直線，知直線恒過(guò)定點(diǎn)．又點(diǎn)在內(nèi)，所以直線與恒有兩個(gè)交點(diǎn)，A正確；對(duì)于B，易知當(dāng)時(shí)，直線被截得的弦最短，此時(shí)，最短弦長(zhǎng)為，B正確；對(duì)于C，聯(lián)立得，解得，如下圖所示：

結(jié)合圖形知，代入得，，所以，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，易知直線經(jīng)過(guò)拋物線的焦點(diǎn)，設(shè)，，聯(lián)立，整理得，則．由拋物線的定義知，，所以，D錯(cuò)誤．故選：AB．11．BCD【分析】對(duì)于A，由是偶函數(shù)可得，由此可判斷A；對(duì)于B，由題干可知是最小正周期為1的函數(shù)，由此可判斷B；對(duì)于C，類似于A，由是偶函數(shù)可得，由此可判斷C；對(duì)于D，由是奇函數(shù)可得，因此的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，由此可判斷D.【詳解】對(duì)于A，因?yàn)槭桥己瘮?shù)，所以，所以，即的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，因?yàn)槭亲钚≌芷跒?的函數(shù)，所以是最小正周期為1的函數(shù)，設(shè)的最小正周期為，由，得，故B正確；對(duì)于C，由，得，又是偶函數(shù)，所以，所以，則的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故C正確；對(duì)于D，由C項(xiàng)可知，，因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以，即，則，所以，因此的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，且，所以，故D正確．故選：BCD．12．【分析】總共有種情況，抽出的2張卡片上的數(shù)字之和等于5的有1，4或2，3共2種，由古典概型可求得其概率.【詳解】從6張卡片中隨機(jī)抽出2張，則樣本空間中總的樣本點(diǎn)數(shù)為，其中抽出的2張卡片上的數(shù)字之和等于5的組合有1，4或2，3共2種，所以抽出的2張卡片上的數(shù)字之和等于5的概率為．故答案為：.13．【分析】利用整體代換可得，再利用數(shù)形結(jié)合將零點(diǎn)個(gè)數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)，解不等式可得結(jié)果.【詳解】令，得．又，則．令，因?yàn)楹瘮?shù)在區(qū)間上有且僅有4個(gè)零點(diǎn)，所以的圖象與直線在上有且僅有4個(gè)交點(diǎn)，如下圖所示：由圖可知，解得，即的取值范圍是．故答案為：14．【分析】構(gòu)造函數(shù)，分應(yīng)用導(dǎo)函數(shù)得出函數(shù)的單調(diào)性及最值計(jì)算求出恒成立問(wèn)題.【詳解】由，得在上恒成立，令，則，當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增，所以，則，所以在上恒成立．當(dāng)時(shí)，恒成立，則；當(dāng)時(shí)，由，得；當(dāng)時(shí)，由，得．設(shè)，則，當(dāng)或時(shí)，，在和上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增，則在上的最大值為，在上的最小值為．綜上可知，實(shí)數(shù)的取值范圍為.故答案為：.15．(1)證明見(jiàn)解析(2)(3)3【分析】（1）由三角形內(nèi)角和為及二倍角的余弦公式即可化簡(jiǎn)題干條件，從而證明；（2）由（1）及題干條件可得，，再結(jié)合正弦定理即可求得；（3）由正弦定理可得，再由余弦定理得到關(guān)于的一元二次方程，解出即可.【詳解】（1）由三角形內(nèi)角和及二倍角的余弦公式，可得，即，則．又，，所以，或，因?yàn)?，所以，故；?）由（1）知，，又，所以，，由正弦定理，得，所以；（3）由正弦定理，得，所以，所以，由余弦定理，得，解得．16．(1)證明見(jiàn)解析(2)證明見(jiàn)解析(3)【分析】（1）根據(jù)條件，利用面面平行的判定，得到平面平面，再由面面平行的性質(zhì)，即可證明；（2）根據(jù)條件，利用幾何關(guān)系及線面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可求解；（3）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面與平面的法向量，利用面面角的向量法，即可求解.【詳解】（1）取的中點(diǎn)，連接．在正方形中，因?yàn)辄c(diǎn)為的中點(diǎn)，所以，因?yàn)槠矫妫矫?，所以平面．在中，因?yàn)辄c(diǎn)為的中點(diǎn)，所以，因?yàn)槠矫?，平面，所以平面，又，，平面，所以平面平面，因?yàn)槠矫?，所以平?（2）因?yàn)椋裕驗(yàn)?，，且為等腰梯形，所以．又點(diǎn)分別為的中點(diǎn)，所以，則，因?yàn)?，所以，則．又，，平面，所以平面．因?yàn)槠矫妫云矫嫫矫妫?）由（2）可知，兩兩垂直，以為原點(diǎn)，以所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則，，，，所以，，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，由取，得，，故．設(shè)平面的一個(gè)法向量，由取，得，，故，設(shè)平面與平面所成的二面角為，則，所以，故平面與平面所成的二面角的正弦值為．17．(1)0(2)【分析】（1）先求出曲線在點(diǎn)處的切線方程，再把切線與曲線只有一個(gè)交點(diǎn)，轉(zhuǎn)化成方程只有一個(gè)解，再分和兩種情況討論，即可求出的值；（2）把在區(qū)間上單調(diào)遞增，轉(zhuǎn)化成在上恒成立，再通過(guò)分離常數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，借助導(dǎo)數(shù)，求出在上的最大值，即可求出實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】（1）由題意得，，則，又，所以曲線在點(diǎn)處的切線方程為，即．因?yàn)榍€在點(diǎn)處的切線與曲線只有一個(gè)交點(diǎn)，所以方程只有一個(gè)解，即只有一個(gè)解，當(dāng)時(shí)，方程只有一個(gè)解，符合題意；當(dāng)時(shí)，，即，因?yàn)榉匠痰?，所以方程無(wú)解，綜上所述，實(shí)數(shù)的值為0．（2）由，可得．因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，所以在上恒成立，即在上恒成立．令，，則，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，所以，則，，故實(shí)數(shù)的取值范圍為．18．(1)(2)（?。?；（ⅱ）證明見(jiàn)解析.【分析】（1）根據(jù)弦長(zhǎng)列式計(jì)算得出結(jié)合雙曲線計(jì)算求解即可；（2）（?。┞?lián)立方程得出弦長(zhǎng)，再結(jié)合對(duì)稱性應(yīng)用點(diǎn)到直線距離即可得出面積最小值；（ⅱ）設(shè)出直線直線的方程為及方程，聯(lián)立應(yīng)用斜率公式結(jié)合韋達(dá)定理計(jì)算求解即可得出定點(diǎn).【詳解】（1）當(dāng)軸時(shí)，，解得．由，得，所以，整理得，解得（舍去），故雙曲線的離心率為．（2）由（1）知，，又，所以，所以的方程為．將代入，得，故的方程為．（?。┊?dāng)?shù)男甭蕿闀r(shí)，其直線方程為，設(shè)，，聯(lián)立得，則，，所以．設(shè)過(guò)點(diǎn)與直線平行的直線的方程為，當(dāng)直線與的左支相切時(shí)，直線與直線之間的距離最小，此時(shí)的面積最?。?lián)立得，則，解得，當(dāng)時(shí)，直線與的左支相切，符合題意；當(dāng)時(shí)，直線與的右支相切，不符合題意，所以直線與直線之間的距離，故的面積的最小值為．（ⅱ）證明：由上可知，，所以直線的方程為．因?yàn)槠椒?，所以直線與關(guān)于直線對(duì)稱，所以直線與的斜率之積為1，顯然直線的斜率存在，設(shè)其方程為，設(shè)，，聯(lián)立得，則，且，，，，整理得，所以，即，解得，或．當(dāng)時(shí)，直線的方程為，即直線恒過(guò)定點(diǎn)，三點(diǎn)共線，舍去；當(dāng)，且時(shí)，此時(shí)直線恒過(guò)定點(diǎn)．綜上可知，直線恒過(guò)定點(diǎn)．19．(1)(2)(3)證明見(jiàn)詳解【分析】（1）根據(jù)定義計(jì)算出的前三項(xiàng)，即可寫(xiě)出等比數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）先計(jì)算出及的項(xiàng)數(shù)，再由的公比為，寫(xiě)出確定的，進(jìn)而求出，再分兩種情況討論的可能性，從而得到使的前3項(xiàng)成等比數(shù)列的所有可能情況，進(jìn)而求出概率；（3）先計(jì)算出的項(xiàng)數(shù)，再由的公比為，寫(xiě)出確定的，進(jìn)而求出，再求出確定的，推理出，，是連續(xù)三項(xiàng)，從而推理出是第4項(xiàng)或第7項(xiàng)，進(jìn)而分兩種情況討論即可得證.