安徽省阜阳市颍州区第三中学2025届高考数学二模试卷含解析

安徽省阜阳市颍州区第三中学2025届高考数学二模试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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sin(α+3π2A．-12 B．-132．函数的图象如图所示，为了得到的图象，可将的图象（）A．向右平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向左平移个单位3．的展开式中含的项的系数为（）A． B．60 C．70 D．804．已知集合，，若，则（）A．4 B．－4 C．8 D．－85．正三棱柱中，，是的中点，则异面直线与所成的角为（）A． B． C． D．6．《普通高中数学课程标准（2017版）》提出了数学学科的六大核心素养.为了比较甲、乙两名高二学生的数学核心素养水平，现以六大素养为指标对二人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图（如图，每项指标值满分为5分，分值高者为优），则下面叙述正确的是（）A．甲的数据分析素养高于乙B．甲的数学建模素养优于数学抽象素养C．乙的六大素养中逻辑推理最差D．乙的六大素养整体平均水平优于甲7．已知正项等比数列中，存在两项，使得，，则的最小值是（）A． B． C． D．8．在中，，则=（）A． B．C． D．9．已知双曲线的左，右焦点分别为、，过的直线l交双曲线的右支于点P，以双曲线的实轴为直径的圆与直线l相切，切点为H，若，则双曲线C的离心率为（）A． B． C． D．10．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数（即质数）的和”，如，．在不超过20的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于20的概率是（）A． B． C． D．以上都不对11．设，则，则（）A． B． C． D．12．已知是空间中两个不同的平面，是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是（）A．若，且，则B．若，且，则C．若，且，则D．若，且，则二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为____________.14．展开式中的系数的和大于8而小于32，则______．15．已知F为双曲线的右焦点，过F作C的渐近线的垂线FD，D为垂足，且（O为坐标原点），则C的离心率为________.16．的展开式中所有项的系数和为______，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，，，，证明：（1）；（2）.18．（12分）已知函数，记不等式的解集为.（1）求；（2）设，证明：.19．（12分）已知函数有两个零点.(1)求的取值范围；(2)是否存在实数，对于符合题意的任意，当时均有?若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由．20．（12分）在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系.（1）求曲线C的极坐标方程；（2）直线（t为参数）与曲线C交于A，B两点，求最大时，直线l的直角坐标方程.21．（12分）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且曲线的左焦点在直线上.（Ⅰ）求的极坐标方程和曲线的参数方程；（Ⅱ）求曲线的内接矩形的周长的最大值.22．（10分）等比数列中，．(Ⅰ)求的通项公式；(Ⅱ)记为的前项和．若，求．

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】

由三角函数的诱导公式和倍角公式化简即可.【详解】因为sinα+3π2=3故选B【点睛】本题考查了三角函数的诱导公式和倍角公式，灵活掌握公式是关键，属于基础题.2、C【解析】

根据正弦型函数的图象得到，结合图像变换知识得到答案.【详解】由图象知：，∴.又时函数值最大，所以.又，∴，从而，，只需将的图象向左平移个单位即可得到的图象，故选C.【点睛】已知函数的图象求解析式(1).(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求，一般用最高点或最低点求．3、B【解析】

展开式中含的项是由的展开式中含和的项分别与前面的常数项和项相乘得到，由二项式的通项，可得解【详解】由题意，展开式中含的项是由的展开式中含和的项分别与前面的常数项和项相乘得到，所以的展开式中含的项的系数为．故选：B【点睛】本题考查了二项式系数的求解，考查了学生综合分析，数学运算的能力，属于基础题.4、B【解析】

根据交集的定义，，可知，代入计算即可求出.【详解】由，可知，又因为，所以时，，解得.故选：B.【点睛】本题考查交集的概念，属于基础题.5、C【解析】

取中点，连接，，根据正棱柱的结构性质，得出//，则即为异面直线与所成角，求出，即可得出结果.【详解】解：如图，取中点，连接，，由于正三棱柱，则底面，而底面，所以，由正三棱柱的性质可知，为等边三角形，所以，且,所以平面，而平面，则，则//，，∴即为异面直线与所成角，设，则，，，则，∴.故选：C.【点睛】本题考查通过几何法求异面直线的夹角，考查计算能力.6、D【解析】

根据雷达图对选项逐一分析，由此确定叙述正确的选项.【详解】对于A选项，甲的数据分析分，乙的数据分析分，甲低于乙，故A选项错误.对于B选项，甲的建模素养分，乙的建模素养分，甲低于乙，故B选项错误.对于C选项，乙的六大素养中，逻辑推理分，不是最差，故C选项错误.对于D选项，甲的总得分分，乙的总得分分，所以乙的六大素养整体平均水平优于甲，故D选项正确.故选：D【点睛】本小题主要考查图表分析和数据处理，属于基础题.7、C【解析】

由已知求出等比数列的公比，进而求出，尝试用基本不等式，但取不到等号，所以考虑直接取的值代入比较即可.【详解】，，或（舍）.，，.当，时；当，时；当，时，，所以最小值为.故选:C.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算及最小值，属于基础题.8、B【解析】

在上分别取点,使得,可知为平行四边形，从而可得到，即可得到答案．【详解】如下图，，在上分别取点,使得,则为平行四边形，故,故答案为B.【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，考查了学生逻辑推理能力，属于基础题．9、A【解析】

在中，由余弦定理，得到，再利用即可建立的方程.【详解】由已知，，在中，由余弦定理，得，又，，所以，，故选：A.【点睛】本题考查双曲线离心率的计算问题，处理双曲线离心率问题的关键是建立三者间的关系，本题是一道中档题.10、A【解析】

首先确定不超过的素数的个数，根据古典概型概率求解方法计算可得结果.【详解】不超过的素数有，，，，，，，，共个，从这个素数中任选个，有种可能；其中选取的两个数，其和等于的有，，共种情况，故随机选出两个不同的数，其和等于的概率．故选：.【点睛】本题考查古典概型概率问题的求解，属于基础题.11、A【解析】

根据换底公式可得，再化简，比较的大小，即得答案.【详解】，，.，显然.,即，，即.综上，.故选：.【点睛】本题考查换底公式和对数的运算，属于中档题.12、D【解析】

利用线面平行和垂直的判定定理和性质定理,对选项做出判断，举出反例排除.【详解】解：对于，当，且，则与的位置关系不定，故错；对于，当时，不能判定，故错；对于，若，且，则与的位置关系不定，故错；对于，由可得，又，则故正确．故选：．【点睛】本题考查空间线面位置关系.判断线面位置位置关系利用好线面平行和垂直的判定定理和性质定理.一般可借助正方体模型，以正方体为主线直观感知并准确判断．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据渐近线得到，，计算得到离心率.【详解】，一条渐近线方程为：，故，，.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线的渐近线和离心率，意在考查学生的计算能力.14、4【解析】

由题意可得项的系数与二项式系数是相等的，利用题意，得出不等式组，求得结果.【详解】观察式子可知，，故答案为：4.【点睛】该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有展开式中项的系数和，属于基础题目.15、2【解析】

求出焦点到渐近线的距离就可得到的等式，从而可求得离心率．【详解】由题意，一条渐近线方程为，即，∴，由得，∴，，∴．故答案为：2.【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是求出焦点到渐近线的距离，从而得出一个关于的等式．16、3-260【解析】

(1)令求得所有项的系数和；(2)先求出展开式中的常数项与含的系数，再求展开式中的常数项.【详解】将代入，得所有项的系数和为3.因为的展开式中含的项为，的展开式中含常数项，所以的展开式中的常数项为.故答案为：3；-260【点睛】本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特殊项问题，属于基础题.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）证明见解析（2）证明见解析【解析】

（1）先由基本不等式可得，而，即得证；（2）首先推导出，再利用，展开即可得证.【详解】证明：（1），，，（当且仅当时取等号）.（2），，，，，，，.【点睛】本题考查不等式的证明，考查基本不等式的运用，考查逻辑推理能力，属于中档题．18、（1）；（2）证明见解析【解析】

（1）利用零点分段法将表示为分段函数的形式，由此解不等式求得不等式的解集.（2）将不等式坐标因式分解，结合（1）的结论证得不等式成立.【详解】（1）解：，由，解得，故.（2）证明：因为，所以，，所以，所以.【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查不等式的证明，属于基础题.19、(1)；(2).【解析】

（1）对求导，对参数进行分类讨论，根据函数单调性即可求得.（2）先根据，得，再根据零点解得，转化不等式得，令，化简得，因此，，最后根据导数研究对应函数单调性，确定对应函数最值，即得取值集合.【详解】（1），当时，对恒成立，与题意不符，当，，∴时，即函数在单调递增，在单调递减，∵和时均有，∴，解得：，综上可知：的取值范围；（2）由(1)可知，则，由的任意性及知，，且，∴，故，又∵，令，则，且恒成立，令，而，∴时，时，∴，令，若，则时，，即函数在单调递减，∴，与不符；若，则时，，即函数在单调递减，∴，与式不符；若，解得，此时恒成立，，即函数在单调递增，又，∴时，；时，符合式，综上，存在唯一实数符合题意.【点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，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，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.20、（1）；（2）.【解析】

（1）利用消去参数，得到曲线的普通方程，再将，代入普通方程，即可求出结论；（2）由（1）得曲线表示圆，直线曲线C交于A，B两点，最大值为圆的直径，直线过圆心，即可求出直线的方程.【详解】（1）由曲线C的参数方程（为参数），可得曲线C的普通方程为，因为，所以曲线C的极坐标方程为，即.（2）因为直线（t为参数）表示的是过点的直线，曲线C的普通方程为，所以当最大时，直线l经过圆心.直线l的斜率为，方程为，所以直线l的直角坐标方程为.【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化、直角坐标方程与极坐标方程互化、直线与曲线的位置关系，考查化归和转化思想，属于中档题.21、（Ⅰ）曲线的参数方程为：(为参数)；的极坐标方程为；（Ⅱ）16.【解析】

(

I

)直接利用转换关系，把参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；(

II

)利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用，即可求出结果.【详解】(Ⅰ)由题意：曲线的直角坐标方程为：，所以曲线的参数方程为(为参数)，因为直线的直角坐标方程为：，又因曲线的左焦点为，将其代入中，得到，所以的极坐标方程为.（Ⅱ）设椭圆的内接矩形的顶点为，，，，所以椭圆的内接矩形的周长为：，所以当时，即