安徽省池州市2025届高三下学期3月二模试题 数学 含解析

年池州市普通高中高三教学质量统一监测数学满分：分考试时间：分钟注意事项：答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，务必擦净后再选涂其它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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一选择题：本题共8小题，每小题5分，共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，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由复数除法结合共轭复数概念可得答案.【详解】，则.故选：B2.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.【详解】因为，，故.故选：C.第1页/共20页3.春季是流感的高发季节，某医院对8名甲型流感患者展开临床观察，记录了从开始服药到痊愈所需的天7，4，6，5，8，5，6，4.则下列说法正确的是（）A.这组数据的众数为5B.这组数据的平均数为5C.这组数据的第60百分位数为6D.这组数据的极差为5【答案】C【解析】【分析】根据众数，平均数，百分位数，极差的定义逐一判断即可.【详解】对于A，这组数据的众数为，故A错误；对于B，这组数据的平均数为，故B错误；对于C，将这组数据按从小到大的顺序排列为，因为，所以这组数据的第60百分位数为6，故C正确；对于D，这组数据的极差为，故D错误.故选：C.4.已知向量满足，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据数量积的运算律求解即可.【详解】由，所以.故选：A.5已知，则（）A4B.2C.D.【答案】A第2页/共20页【解析】【分析】由题，可得，利用二倍角余弦公式化简运算得解.【详解】由，得，.故选：A.6.已知函数有4的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求解方程，得到的表达式，再结合函数的图象，分析取不同值时方程根的个数，进而确定的取值范围.【详解】令，则方程可转化为.对进行因式分解可得，则，.所以或.当时，在在上单调递增，且.当时，，对其求导，.令，即，解得（）当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以在处取得极小值，也是最小值，.对于：第3页/共20页当时，，即，，解得，有个根.因为有个互不相同的根，已经有需要有个不同的根.结合的图象可知，当时，与有个不同的交点，即有个不同的根.的取值范围为.故选：B.7.已知双曲线左､右焦点分别为，是的右支上一点，在轴上的射影为，为坐标原点.若，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设与交于点，根据条件可得，，求出点的坐标，由关系求出点的坐标，利用得到关系，运算得解.【详解】如图，设与交于点，由，且是的中点，所以，又，所以，又，易得，，第4页/共20页则，代入双曲线方程可得，设点，则，，又设，由可得，即，由，得，即，化简整理得，，解得或，又，，解得.故选：D.8.已知直线，圆，过上一点作的两条切线，切点分别为，使四边形的面积为的点有且仅有一个，则此时直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，可得，由点到直线的距离公式求得，进而求得直线是圆与以为直径的圆的公共弦所在直线，两圆方程相减得解.第5页/共20页【详解】如图，，解得，所以，因这样的点有且仅有一个，由图知此时，则圆心到直线的距离为6，即，化简得，其中，，则，，所以，即，则直线的斜率为，所以直线，即，联立，解得，即，因的中点坐标为，且，则以为直径的圆的方程为，整理得，易知直线是圆与以为直径的圆的公共弦所在直线，将两圆的方程相减得，故直线的方程为.故选：B.第6页/共20页二多选题：本题共3个小题，每小题6分，共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.某弹簧振子（简称振子）在完成一次简谐运动的过程中，时间（单位：秒）与位移（单位：毫米）之间满足函数关系为，下列叙述中正确的是（）A.当时间时，该简谐运动的位移B.该简谐运动的初相为C.该函数的一个极值点为D.该函数在上单调递增【答案】ABD【解析】【分析】本题可根据三角函数初相的概念、极值点的判断以及单调性的相关性质，分别对选项中的内容进行分析判断.【详解】当时，将其代入函数中，可得：则.所以选项A正确.在函数中，，所以该简谐运动的初相为，选项B正确.对函数求导，可得.第7页/共20页当时，.因为极值点处导数为，所以不是该函数的极值点，选项C错误.令，，解这个不等式求函数的单调递增区间.得到，.当时，单调递增区间为，而，所以该函数在上单调递增，选项D正确.故选：ABD.10.定义：既有对称中心又有对称轴的曲线称为“和美曲线”“和美曲线”与其对称轴的交点叫做“和美曲线”的顶点.已知曲线，下列说法正确的是（）A.曲线是“和美曲线”B.点是曲线的一个顶点C.曲线所围成的封闭图形的面积D.当点在曲线上时，【答案】AD【解析】【分析】由曲线方程结合选项逐项判断即可.【详解】对于A，将代入曲线方程，易知成立，故曲线关于原点对称，将代入，易知成立，故曲线关于坐标轴对称，故A正确；对于B，令可得：，即，故B错，对于C，，所以曲线所围成的封闭图形在椭圆内部，而椭圆面积为：，故C错误；第8页/共20页对于D,由，可得：，所以，当时取等号，故D正确；故选：AD在三棱锥中，给定下列四个条件：①；②.下列组合条件中，一定能断定三棱锥是正三棱锥的有（）A.①②B.①③C.②④D.③④【答案】ACD【解析】【分析】正三棱锥是指底面是等边三角形，侧面是三个全等的等腰三角形，利用向量数量积的运算律逐个判断各个选项即可.【详解】对于A，由①-②得，即，即，再代回①由数量积的定义可得，在侧面三个三角形中由余弦定理可得，所以由①②一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项A正确；对于B，由①得，化简即为③，而由①得，即，同理可得，即在底面的投影为的垂心，但无法保证为等边三角形，所以由①③不一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项B不正确；对于C，由④-②得，即，代入④可得，在侧面三个三角形中由余弦定理可得，第9页/共20页，，三式两两相减得，化简可得，所以由②④一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项C正确；对于D，由③+④得，由选项C可知，选项D正确.故选：ACD.三填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.在等差数列中，若，则__________.【答案】16【解析】【分析】根据题意，列式求出公差，求得通项公式，得解.【详解】由，则，解得，，则，.故答案为：16.13.在学校三月文明礼仪月中，学生会4打乱顺序后，要求每人随机抽取一张进行互评审核，则恰好有2位干事抽到自己所写建议卡的概率为__________.【答案】##【解析】【分析】假设所有人拿到自己的卡，则恰好有2位干事抽到自己所写建议卡，相当于从4人中选两人交换自己的卡，据此可得答案.【详解】假设所有人拿到自己的卡，则恰好有2位干事抽到自己所写建议卡，相当于从4人中选两人交换自己的卡，有种可能，而每人随机抽取一张有种可能性，则相应概率为：.第10页/共20页故答案为：14.定义在上的函数满足.若，对，，则__________，并写出的一个函数解析式__________.【答案】①.4②.【解析】【分析】由题及反证法可得当时，；当时，及当时，；当时，②.然后由题意可得，据此可得答案.【详解】由得：当时，；当时，.假设，使得，则题意得，即，取时，有，即这与矛盾.所以不，使得.综上，当时，；当时，①.当时，；当时，②.对于①而言：当时，即，则，所以，所以，注意到的任意性，所以当时，即，则，所以，所以，注意到的任意性，所以所以或即或，舍.所以，则第11页/共20页对于②而言：同理得，则.故答案为：4；.【点睛】关键点点睛：对于某些较复杂求值问题，可利用“两边夹”原理，即证所求小于等于定值的前提下，又大于等于定值.四解答题：本题共5小题，共分解答底写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.已知的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）在三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上高线的长.①；②；③的周长为.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】1）根据题意，由两角差的正弦公式化简得，利用平方关系求得答案；（2）若选①，由正弦定理可知存在且唯一确定，由求得答案；若选②，由，由正弦定理知，所以不存在；若选③，由正弦定理可得，结合求得答案.【小问1详解】由题意知.又，所以，即，化简得，又，，则，第12页/共20页又，解得，.【小问2详解】由（1）知为定值.若选①，由正弦定理可知存在且唯一确定，记边上高为，则，所以边上高线的长为9；若选②1，由正弦定理知，所以不存在；若选③的周长为，即由，由正弦定理，设，则，解得，所以，故存在且唯一确定，记边上高为，则，即边上高线的长为9.16.如图，在四棱锥中，底面.（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.第13页/共20页【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）解法一：取的中点，证明，利用线面垂直的性质和判定定理即可证得结果，解法一：过作，垂足为，证明，利用线面垂直的性质和判定定理即可证得结果.（2）解法一：过作，可求得是二面角的平面角，计算求得结果，解法二：以为坐标原点，以为轴，为轴，过作轴，建立直角坐标系，求得平面的法向量计算求得结果.【小问1详解】解法一：取的中点由得，由得又平面，所以三点共线，所以由平面得又平面，所以平面解法二：过作，垂足为由得，所以又平面，所以三点共线，所以由平面得又平面，所以平面【小问2详解】解法一：过作，由（1）知又平面，所以平面，所以又平面平面平面平面所以是二面角的平面角，即是平面与平面的夹角.由得，又，则，则，则第14页/共20页所以，所以所以平面与平面夹角的余弦值为.解法二：由得，又，所以如图，以为坐标原点，以为轴，为轴，过作轴，建立直角坐标系，则.记平面的法向量为则有，即，则，令，得所以取平面的法向量的一个法向量为记平面PAC的法向量为取平面的法向量的一个法向量为第15页/共20页所以所以平面与平面夹角余弦值为.17.已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且左､右焦点分别为.（1）求的方程；（2为坐标原点，点在满足的最小值，并指出此时点的坐标.【答案】（1）（2），或【解析】1）根据题意，列出方程求出的得解；（2结合点在椭圆上求出点离公式，利用转化为二次函数求最值，得解；法二，由，解得，将用表示，利用椭圆范围求出答案.【小问1详解】由题意可设椭圆，且所以，解得所以的方程为.【小问2详解】解法一：设点，所以，第16页/共20页由，得，解得.又，所以，化解得，所以，由得，解得，所以，当且仅当时，取“=”，则，即，所以的最小值为，此时点的坐标为或.解法二：设点，所以，由，得，解得.由得，解得，所以，当且仅当时，取“=”，即，所以的最小值为，此时点的坐标为或.18.已知.（1）若，求曲线在处的切线方程；第17页/共20页（2）设，是否存在，使得曲线与关于原点对称？若存在，求；若不存在，说明理由；（3）证明：对任意，存在，使得有两个不同的零点.【答案】（1）；（2）存在，；（3）证明见解析.【解析】1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.（2）假定存在，求出曲线关于原点对称的曲线方程，再利用两个函数相等求解.（3的零点并确定性定义推理判断.【小问1详解】函数，求导得，则，而，所以曲线在处的切线方程为，即.【