2025届山西省临汾市高三二模数学试题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025届山西省临汾市高三二模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．i2025+1A．i B．−i C．1+i2．若3≤a≤5,A．8,9 B．4,8 C．3．已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为14个圆，则该圆锥的母线长为（

A．4 B．22 C．42 4．记Sn为等差数列an的前n项和，公差d>0，且a2020⋅aA．2021 B．4039 C．2020 D．40405．已知圆(x−1)2+(y−1)A．1 B．2 C．3 D．46．设a=ln0.9A．c>a>b B．c>b7．已知函数fx=2sinωx+φ，如图，A,B是直线A．0 B．−2 C．1 8．在三棱锥P−ABC中，∠PAB=∠A．127 B．3 C．187 二、多选题9．已知椭圆C:x2a2+y2bA．AB．四边形AF1C．四边形AF1D．椭圆C的离心率的取值范围为[10．函数fx=aA． B．C． D．11．已知数列an满足：a1=A．aB．anC．若Tn为数列ann+D．若对任意n∈N*，都有三、填空题12．二项式1x−x13．已知a>0，函数fx=1x,14．已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F四、解答题15．已知a,b,c分别为△A(1)若4sinB=(2)是否存在正整数t，使得△ABC16．设抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，过F的直线l与(1)求抛物线C的方程；(2)若∠AOB17．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABC(1)求证：CM//平面P(2)求点D到平面PB(3)若AP=AB，平面PBC⊥平面ABP，点N为棱P18．已知函数fx=ln(1)当a=2时，求曲线y=(2)求fx(3)当a>1时，设fx的两个零点为x19．乒乓球体育俱乐部计划进行单打比赛，采用单淘汰制进行比赛，即每名选手负一次即被淘汰出局.现有8名乒乓球单打运动员随机编号到对阵位置，所有运动员在任何一场比赛中获胜的概率均为12(1)求甲､乙在第一轮比赛过程中相遇的概率；(2)求甲､乙在比赛过程中相遇的概率；(3)为使得甲､乙两人在比赛过程中相遇的概率小于0.01，俱乐部计划增加运动员人数到2n（i）求甲、乙两人在第3轮比赛中相遇的概率（用含n的式子表示）；（ii）求n的最小值.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《2025届山西省临汾市高三二模数学试题》参考答案题号12345678910答案BDCCDABAABDABD题号11答案ABC1．B【分析】根据复数的周期性以及复数的除法运算化简即可求解.【详解】i2025故选：B2．D【分析】根据不等式的性质即可求解.【详解】由3≤a≤故5≤故选：D3．C【分析】根据圆锥的侧面积公式和圆的面积公式列出关系式S=πrl=【详解】设圆锥的底面半径为r，母线为l，由圆锥的侧面积公式可得S=πr因为r=2，所以故选：C.4．C【分析】由题意可得数列an前2020项全为负，从2021【详解】因为公差d>0，所以数列an单调递增，所以a所以a2020<0,a2021>所以前2020项的和S2020为Sn的最小值，故故选：C.5．D【分析】根据圆心到直线的距离与半径的关系即可求解.【详解】(x−1)2圆心1,1到直线的距离为故P到直线3x−4故选：D6．A【分析】构造函数fx=lnx−【详解】记fx=ln故当0<x<1时，f′当x>1时，f′x=故fx=lnx−当且仅当x=故ln109<19由于a=ln0.9故选：A7．B【分析】根据f0=2可得φ=π2+【详解】根据f0=2可得sinφ=令fx=2cosω结合图象可知ωx因此AB=x因此fx=cos故选：B8．A【分析】根据二面角的几何法可得∠P【详解】由于∠PAB=∠CAB=π2由于AB⊥PA,AB设AB=x在△PPC则△PAC故外接球的半径R当x=故AB故选：A9．ABD【分析】根据给定条件，利用椭圆的对称性确定四边形AF【详解】依题意，AB,F1F2互相平分，且对于A，AF对于B，四边形AF1B对于C，四边形AF1B对于D，由以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆有公共点，得c≥b，即解得c2a2故选：ABD10．ABD【分析】对a=0，a<【详解】当a=0是，当a<0时，fx=a当a>0时，由f′令f′x=0，则因为y=ex⋅x，可得y所以y=ex⋅x当0,x0时，f′x所以函数fx在0,x故选：ABD.11．ABC【分析】根据累乘法可得an=3nn【详解】由3nan故ana1故an=3由于an+1anan故Tn由(−1)当n为偶数时，则λ≤31−1当n为奇数时，则−λ≤31−故对任意n∈N*，都有(故选：ABC12．15【分析】1x−x26的展开式的通项为T【详解】1x−令3k2−所以展开式的常数项T3故答案为：15413．0【分析】分x>0与x≤0两种情况讨论方程【详解】因为函数Fx=f当x>0时，方程为1x=a因为a>0，所以Δ=所以ax又x>0，所以当x≤0时，方程为a因为函数Fx=f所以Δ=1−a2−4所以实数a的取值范围是0,故答案为：0,14．355【分析】联立直线AB与双曲线的方程，求出点M【详解】设双曲线E的半焦距为c，则F(−c,0由y=x+cba2−b2>于是点M(−a解得b2a2=4故答案为：315．(1)4(2)存在，6【分析】（1）根据正弦定理边角互化得4b=5a，即可求解（2）根据余弦定理即可求解.【详解】（1）由4sinB=又因为a=t+1,所以a=由余弦定理得：cosB由于B∈0,所以S△（2）由t>0，a=t+则使角C为锐角即可，即cosC且t+1+由余弦定理得cosC则t2解得t>3+结合t>1因为t为正整数，所以t的最小值为6.16．(1)y(2)41111【分析】（1）设l的方程为y=2x（2）法一，斜率不存在时，不符合题意，当斜率存在时，设l的方程为y=kx−1，两点Ax1,y1,Bx2,y2【详解】（1）当l斜率为2时，设l的方程为y=联立y=2x−pxAB=x故抛物线C的方程为y2（2）解法一：当l垂直x轴时，直线方程为x=1，可得A,所以AO=B由余弦定理可得cos∠设l的方程为y=kx联立y=kx−1Δ>0显然成立，并有OAO=x由∠AOB=120从而l方程为y=411即l的方程为41111x解法二：由题可知，直线l斜率不为0，设l的方程为x=my联立x=my+1Δ>0显然成立，并有OAO==16由∠AOB解得m=±114，从而故直线l的方程为41111x17．(1)证明见解析；(2)2；(3)NC【分析】（1）取PA的中点E（2）由线面平行的判定证得AD//平面PBC（3）取PB的中点F，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定证得A【详解】（1）在四棱锥P−ABCD中，取P在△PAD中，由E,M又BC//即四边形BCME为平行四边形，BE//M所以CM//（2）设点A到平面PBC的距离为h，由四面体P−AB得13S△而AD//BC,BC⊂所以点D到平面PBC的距离为（3）取PB的中点F，连接AF，由AP=AB，得平面PBC∩平面ABP=PB,则AP=AB=2,BP又PA⊥平面ABCD,BC⊂因此BC⊥平面ABP，又AB而△PBC的面积为22，BP由AD//BC，得AD⊥则A0,0则N2AN=2−2则PB⋅n=2x1−2则AB⋅m=2cos〈m,n〉=2得1−λ2⋅2λ2所以NC18．(1)y(2)单调递增区间为−1a(3)证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；（2）求导，利用导数分析函数的单调性即可；（3）结合（2）易得x=0是是fx的一个较小的零点，不妨设x1=0，要证【详解】（1）当a=2时，则f′x=故所求切线方程为y=（2）由fx=ln则f′令f′x>令f′x<故fx的单调递增区间为−1a（3）当a>1时，由（2）知fx在−1a又f0=0,x要证x1+x因为21−1a>从而只需证f2f2令gxg′x=gx>g1=19．(1)1(2)1(3)（i）P=【分析】（1）先设甲的位置固定，进而分析求解即可；（2）甲乙相遇包括三种情况：甲乙第一轮相遇P1，甲乙第二轮相遇P2，甲乙第三轮相遇（3）（i）当人数增加到2n，则固定甲的位置后，乙有2（ii）解法一：记比寒的轮次为本件Akk=1,2,解法二：设2n名选手参赛，甲乙相遇的概率为Pn，易得【详解】（1）设甲的位置固定，若乙要与甲在第一轮相遇只能在同一组，所以甲乙在第一轮相遇的概率P1（2）由题可知甲乙相遇包括三种情况：甲乙第一轮相遇P1，甲乙第二轮相遇P2，甲乙第三轮相遇甲乙要在第二轮相遇，则甲乙在同一个半区，但不在同一组的概率为27同时甲乙在第一轮都要获胜则P2甲乙要在第三轮相遇，则甲乙不在同一个半区的概率为47同时甲乙在第一､二轮都要获胜则P3所以甲乙相遇的概率P=（3）（i）当人数增加到2n，则固定甲的位置后，乙有2要使得甲乙能在第三轮相遇，由（2）可知甲乙必须得在同一个18区内的不同半区的概率为4同时甲乙在第一､二轮都要获胜，则甲、乙两人在第3轮比赛中相遇的概率为P=（ii）解法一：记比赛的轮次为事件Ak甲乙在比赛过程中相遇的事件为B，要使甲乙能在第k轮相遇，则甲乙必须得在同一个12k−同时甲乙在