贵州省安顺市2025届高三第二次质量监测考试数学试题（解析版）

第1页/共1页安顺市2025届高三年级第二次监测考试数学2024年11月本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将姓名、准考证号用钢笔填写在答题卡相应位置上．2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔将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，再选涂其它答案标号．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．4．请保持答题卡平整，不能折叠．考试结束后，监考老师将试题卷、答题卡一并收回．第Ⅰ卷（选择题共58分）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.已知复数，则z的虚部为（）A.1 B.-1 C.2 D.-2【答案】A【解析】【分析】利用复数的乘除法的运算性质计算出结果，找到的虚部即可.【详解】因为，所以的虚部为.故选：A.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解不等式求出集合，再根据交集的运算即可求解.【详解】由，得，又因为，所以.故选：C3.已知，则（）A3 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用诱导公式求出，再根据同角三角函数基本关系化为，即可求解.【详解】由，得，分式分子分母同除以，得：，又因为，所以，，所以.故选：D4.已知样本数据：，，a，，的方差为0，则的最小值为（）A. B.3 C. D.【答案】C【解析】【分析】根据方差的意义可得，利用不等式即可得结果.【详解】因为样本数据：，，a，，的方差为0，由方差的意义可知：，则，可得，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.故选：C.5.函数的部分图像如图（粗实曲线），则（）A.8 B.6 C.4 D.2【答案】B【解析】【分析】由函数图像知道定义域，从而求出参数的值，再代入点即可求出的值.【详解】由函数图像可知，函数定义域，即的解集为，也就是即的解为,∴，∴，∴，∵函数图像经过点，∴，∴.故选：B.6.已知数列的前n项和为，且，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根据前项和公式得到通项公式，再根据裂项相消法求得最终结果.【详解】当时，，则，当时，，则，所以，又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，根据等比数列的通项公式可得，即，因为，所以，根据裂项相消法，则，故选：A.7.近年来，在国家一系列政策举措的支持下，新能源车的发展迅猛，同时给新型动力电池的发展带来了巨大机遇.有关资料显示，某品牌蓄电池的容量C（单位：），放电时间t（单位：h）与放电电流I（单位：A）之间存在关系，其中k为常数.在电池容量不变的条件下，当时，：当时，.则电池的容量C为（）A.6600 B.6800 C.7000 D.7200【答案】D【解析】【分析】根据题意列出方程组可求得结果.详解】根据题意可得，即，化简得，所以，则，故选：D.8.已知A，F分别为双曲线C：（，）的右顶点和右焦点，O为坐标原点.以F为圆心且与C的渐近线相切的圆F经过线段的中点.记C的两条渐近线的夹角为.则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据直线与圆相切和过OA的中点得，又，求出，根据倍角公式可得，然后求出结合直线夹角定义即可得出答案【详解】不妨设渐近线方程为，即，焦点到渐近线距离为，又圆F与渐近线相切，所以圆F半径r等于焦点到渐近线距离，即,又圆F经过线段的中点，所以，又，所以，设圆F与两切线的切点分别为M、N，所以，根据双曲线的对称性得，所以，又，所以是锐角，且，所以，故，故选：B【点睛】关键点点睛：首先利用点到直线的距离和直线与圆相切找出a、b、c的关系，然后放在三角形中求出即可.二、多项选择题：本题共3个小题，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.如图，正方形的是边长为2，E，F分别是边，的中点，则（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】建立直角坐标系，求出各点的坐标，利用向量逐项判断【详解】如图建立直角坐标系，则,所以，故A错，，故B对；，故C对；，故D对；故选：BCD10.已知函数，则（）A.在区间上单调递减B.的图像的一条对称轴C.线段（）与的图像围成的图形面积为D.在区间上的零点之和为【答案】BD【解析】【分析】根据函数的单调性A；根据对称轴定义判断B；数形结合和对称性判断C；求出零点判断D；【详解】因为，此时取得最小值，又，所以在区间上不单调，故A错；故B对；如图根据正弦函数的对称性可知，线段（）与的图像围成的图形面积即为长方形的面积，即，故C错；令，令，所以，所以在区间上的零点为，所以在区间上的零点之和为，故D对；故选：BD.11.如图，圆柱的上下底面圆周与正方体上下底面的正方形相切，平面与圆柱侧面的交线为椭圆E，与椭圆E交于M、N两点，则（）A.圆柱体积与正方形体积之比为 B.圆柱的母线与所成的角为C.椭圆E的离心率 D.【答案】ACD【解析】【分析】利用体积公式求解即可判断A；利用直线所成的角，在直角三角形中求解即可判断B；根据离心率的定义求解判断C；根据圆锥曲线的弦长公式求解判断D；【详解】设正方体的棱长为1，所以正方体的体积为由题意得，圆柱的上下底面半径为，高，所以圆柱的体积，所以，故A对；因为圆柱上下底面圆周与正方体上下底面的正方形相切，所以圆柱的母线平行于正方体的棱，所以即是圆柱的母线与所成的角，平面，又平面，所以,在中，，所以，故B错；由题意得，椭圆的长轴长，短轴长，所以焦距，所以椭圆E的离心率，故C对；如图，建立直角坐标系，所以椭圆的方程式为，所以，即直线MN的方程式为，由或，即，所以，而.所以，故D对；故选：ACD第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若的展开式中的系数为160，则______．【答案】2【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式进行计算即可.【详解】设的展开式中含是第项，则，由，由.故答案为：213.已知圆O：与圆C关于直线l：对称，则圆O与圆C的一条公切线方程为______（写出其中一条公切线方程即可）.【答案】或或或（写出其中一个即可）【解析】【分析】若任意两个圆关于某直线对称，那么这两个圆的其中一条公切线与两个圆心连线平行且距离为半径，再代入本题条件，求出圆心连线的直线方程，求出其中一条公切线方程.因为圆与对称相离，所以两对称圆一定相离，由对称性得到切线与对称性相较于同一点，通过线段长求出切线的倾斜角，从而写出切线方程.【详解】如图：任意圆与圆关于直线对称，为圆与圆的一条公切线，∵圆与圆关于直线对称，∴，∵为圆与圆的公切线，∴，∴，由圆与圆关于直线对称，∴圆与圆的半径相等，即，∴，且到的距离为，∵，∴，，∴，设其中一条公切线，则，即，故圆与圆的公切线.∵圆心到直线的距离，∴圆与圆相离，∴圆与圆有4条公切线，由对称性可知公切线与交于一点，设与圆相切与点，则，∵，，∴，∵，∴轴，轴，∴故圆与圆的公切线或.故答案为：或或或（写出其中一个即可）.14.给定素数（仅有1与本身是约数的数）p，若（即，且.其意为整除n，且不能整除n），记为，称是给定素数p的一个数论函数.则___________.当a，，且，则形如所有结果形成的样本数据的分位数是_________.【答案】①.②.【解析】【分析】把写成，根据题意即可求解；根据题意确定的取值，由此即可确定的所有取值，将数据从小到大排序，计算，找到数据中的第个数即可求解.【详解】因为，所以整除，且不能整除，所以根据题意整除，且不能整除，因为，所以的可能取值为：、、，所以，所以根据已知条件有：、、、、、六种可能，从小到大排序为、、、、、，因为，所以样本数据的80%分位数是第个数.故答案为：；.【点睛】思路点睛：对新定义的题型要注意一下几点：（1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点（2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件（3）含有参数是要注意分类讨论的思想.四、解答题：共5个小题，满分77分.解答应写出相应的文字说明，证明过程或演算步骤.15.的内角A、B、C满足，且.（1）求A的大小；（2）若，，求的长度.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由，得到，再由求解；（2）在中，利用正弦定理求得AB，再由，得到，然后在中，利用余弦定理求解.【小问1详解】解：因为内角A、B、C满足，，所以，又因为，所以，化简得，因为，所以；【小问2详解】在中，由正弦定理得：，则，因为，所以，在中，由余弦定理得，解得.16.已知函数图像的一条切线方程是.（1）求a的值；（2）当，时，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设切点坐标为，对函数求导，结合切线方程得到方程组，解方程组即可求解；（2）根据已知条件将问题转化为：，构造函数，对函数求导，利用导数求出函数的单调性，由此确定的最小值，由此即可求证不等式.【小问1详解】因为切线方程为，设切点为，由，有，所以，解得，，所以a的值为.【小问2详解】由（1）知，，所以不等式，等价于，令，则，令，则，由此可知：当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，因此，，即，所以.17.如图1，在平行四边形中，，，将它沿折起后，到的位置，连接（图2），使得平面平面.在图2中完成下列问题：（1）证明：.（2）若是中点，过的平面与平行求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过面面垂直的性质得出平面，再根据线面垂直得到，结合，即可得到平面，最后利用线面垂直得到线线垂直；（2）根据线面平行的性质确定平面，建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解.【小问1详解】过作，垂足为；因为平面平面，且平面平面，所以平面，又平面，所以，因为为平行四边形，所以，又，所以，又因为，、平面，所以平面，又因为平面，所以.【小问2详解】设，连接，因为，平面，平面平面，所以，由于是中点，故为的中点，由（1）知，根据题意，，且、平面，所以平面，设，在中，有，以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，即，取、、，则平面的法向量为，设与平面所成角为，则：，所以与平面所成角的正弦值为.18.同学参加学校举行的励志训练营活动，励志训练营设置了难度系数为的项目和难度系数为的项目供学生挑战（），将难度系数视为挑战成功的概率，其挑战规则如下：①挑战者从装有个标记号和个标记号且相同规格小球的袋中任取一球；②挑战者挑战的项目与其取出球的记号相同；③每位挑战者均有次挑战机会；④挑战项目与项目成功分别记分与分，失败均记为分.（1）求同学挑战次得分的概率；（2）记同学得分为：①求的分布列与数学期望；②求证：.【答案】（1）；（2）①分布列见解析；；②证明见解析【解析】【分析】（1）同学挑战次得分包括挑战项目得分和挑战项目得分两种情况，由互斥事件的概率加法公式即得；（2）①分析得出的可能取值有，利用互斥事件的概率加法公式和独立事件的概率乘法公式分别计算概率写出分布列，求得数学期望；②将的解析式分离常数，利用不等式的性质即可证得结论.【小问1详解】依题意，同学挑战次得分的概率为：；【小问2详解】①因同学参加了次挑战，根据题意知，的可能取值有.则，，，，，则X的分布列为：故数学期望为：；②由①已得，，因，则，即.得证.【点睛】关键点点睛：本题主要考查随机变量的分布列和数学期望的应用，属于难题.解题的关键在于弄清题意，准确把握随机变量在取每个值时包括的所有情况，正确求得每个概率，为后续写出分布列，求得期望和证明奠定基础.19.如图，直线分别与抛物线交于和，与x轴分别交于和，直线与的交点为．（1）当为C的焦点F，且直线与x轴垂直时，．求抛物线C的方程；（2）是否成等比数列？请给予说明；（3）在问题（1）的条件下，若，求面积S的最小值.【答案】（1）．（2）成等比数列．证明见解答．（3）8．【解析】【分析】（1）由题，求出弦长，即可求出的值；（2）设出点的坐标，分别表