河南省许平汝名校2025届高三下学期二模数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1河南省许平汝名校2025届高三下学期二模数学试题一、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.已知集合，，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，，，所以是方程的根，则，解得，故，合乎题意，故.故选：C2.已知复数，在复平面内，复数与对应的点关于直线对称，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】在复平面内，对应的点为，而关于直线对称的点为，则，所以.故选：D3.如果是实数，那么“”是“”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当时，不妨设，则.而当时，可能，此时，而.综上所述“”是“”的充分不必要条件.4.已知是减函数，则函数的大致图象为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为是减函数，且是增函数，所以，因为，又当时，，所以函数的图象是对称轴为直线，顶点为，开口向上的抛物线的一部分，只有选项B符合题意.故选：B.5.若函数在区间内仅有一个零点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】法1：因为，令，解得或；令，解得，所以在上单调递增，要满足函数在区间内仅有一个零点，则，，解得.故选：C.法2：由题意，关于的方程在内仅有一个解，而，，令，解得或；即在上单调递增，原问题等价于.故选：C6.如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如图所示，取的中点，连接，，，正方体中，可得且，因为，分别是棱的中点，则且，所以四边形为平行四边形，则，又因为平面，平面，所以平面，同理可证：平面，因为，且平面，所以平面平面，又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，因为正方体的边长为，可得，，在中，可得，且，则，所以的最小值为.故选：B.7.张某经营、两家公司，张某随机到公司指导与管理，已知他第1个月去公司的概率是.如果本月去公司，那么下个月继续去公司的概率为；如果本月去公司，那么下个月去公司的概率为，如此往复.设张某第个月去公司的概率为，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】设表示第个月去公司，则，，根据题意，得，，由全概率公式，得，即，整理得，又，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，则.故选：A8.已知双曲线的左、右焦点分别为，，渐近线方程为，过且斜率为的直线与在第一象限的交点为，的角平分线与线段交于点，若，则的值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设的半焦距为，因为双曲线的渐近线方程为，所以，故，.设，，，由余弦定理有，化简得，则，因为为的角平分线，所以，又，所以，所以.故选：D.二、选择题：本题共3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.已知，则（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】对于A项，因为是减函数，而，所以，故A项正确；对于B项，因为在上单调递增，而，所以，故B项正确；对于C项，，因为，，，所以，即，故C项错误；对于D项，，因为，，，所以，即，故D项正确.故选：ABD.10.已知函数定义在上，且为偶函数，为奇函数，当时，，则（）A.B.C.的解集为D.【答案】BCD【解析】因为为偶函数，所以，则的图象关于直线对称，又因为为奇函数，所以，等价于，所以的图象关于点对称，由，得到，又，所以，则，所以的周期为，又当时，，则时，，时，，时，，的部分图象如图所示.对于选项A，因为，故选项A错误，对于选项B，由，得到，又，所以，则，所以的周期为，，又，所以，则，故选项B正确，对于选项C，由图象知，当时，由得到，又的周期为，则时，，，故选项C正确，对于选项D，因为，所以，故选项D正确，故选：BCD.11.已知函数，，则（）A.是一个周期函数B.，C.方程在区间上有4个不同解D.，使得【答案】BC【解析】对于A项，因为是偶函数，不是周期函数，是偶函数，也是周期函数，故不是周期函数，故A项错误；对于B项，因为，，，故B项正确；对于C项，当时，方程可化为.当时，，此时满足方程；当时，此时或满足方程；当时，，此时满足方程，故C项正确；对于D项，令，则，；令，则，，因为等号不能同时取得，故D项错误.故选：BC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若的展开式中的常数项为，则________________.【答案】1【解析】法1：因为的展开式的通项，令，解得，所以常数项为，解得.法2：的展开式中，常数项为从4个因式中1个取，其余3个取，即常数项为，由，解得.故答案为：.13.已知是第三象限角，，则________________.【答案】【解析】法1：因为，所以，因为是第三象限角，所以，则.法2：因为，所以，因为是第三象限角，所以，则，所以14.已知为抛物线上的动点，，为圆上的两个不同点，若恰为圆的一条直径，则的最小值为________________；若，均与圆相切，则的最小值为________________.【答案】①.②.【解析】圆的圆心为，半径，设，则，，（时取等号）.所以，当为圆的一条直径时，，，所以，当且仅当点的坐标为时等号成立，所以的最小值为.当，均与圆相切时，则，设，则，所以，因为函数在上单调递增，，所以当时，即点的坐标为时，取最小值，最小值为.故答案为：；.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.某校开设校本课程“剪纸”，为了解学生参加该课程与性别是否有关，用简单随机抽样的方法分别从男生和女生中各抽取了50名学生进行调查，得到如下列联表：性别课程合计参加“剪纸”课程不参加“剪纸”课程男生10女生3050合计（1）补全列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析参加“剪纸”课程是否与性别有关联；（2）以样本估计总体，且以频率估计概率，若从该校女生中随机抽取3人，记其中参加“剪纸”课程的人数为，求的期望.附：，其中.0.0500.0250.0103.8415.0246.635解：（1）列联表如下：性别课程合计参加“剪纸”课程不参加“剪纸”课程男生104050女生203050合计3070100零假设为：参加“剪纸”课程与性别无关联，则，依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为参加“剪纸”课程与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.050.（2）由表格中的数据知，从女生中抽取1人，其参加“剪纸”课程的概率为，的可能取值为0，1，2，3，且，所以.16.已知数列满足，.（1）求的通项公式；（2）记的前项和为，求证：.（1）解：由题设条件，可得若，则，用反证法，假设，由题设条件，显然，这与已知条件矛盾，所以.因为，所以，，，所以，，由得，所以，又，所以是首项、公比均为的等比数列.所以，则.（2）证明：显然时，成立，当时，，所以，所以，所以，即，所以，所以.综上，，得证.17.已知椭圆的离心率为，且经过点.（1）求的方程；（2）已知，分别为的左、右顶点，为的上顶点，直线交于，（不同于，）两点，记直线，的斜率分别为，，若，求到的距离的最大值.解：（1）由题意，得，解得，，所以方程为；（2）由，不同于，，当直线垂直于轴时，与异号，不满足题意，所以直线不与轴垂直，设其方程为，，，联立，得，，即，则，.又因为，，所以，，直线的斜率，由在上，得，即，因此，因为，所以，由，解得，此时，对任意实数恒成立，直线的方程为，所以直线过定点，又因为，则当时，点到直线的距离取得最大值，即点到直线的距离的最大值为.18.如图1，在半径为2的扇形中，，是弧上的动点（不含，），过点作，交于点.当的面积取得最大值时，将扇形沿着折起到，使得平面平面（如图2所示）.（1）求图2中的长度；（2）求图2中直线与所成角的余弦值；（3）探究在图2中的线段上是否存在点，使得四面体内切球的半径为？并说明理由.解：（1）图中，因为，，所以，设，则，在中，由正弦定理，得，即，所以.所以，因为，所以，所以当，即时，取得最大值，此时，所以的长度为.（2）如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，所以，设直线与所成的角为，则，所以直线与所成角的余弦值为.（3）由（2）知，，，，所以，，，所以四面体的表面积为设四面体内切球的半径为，则四面体的体积，解得，因为，所以，所以在线段上不存在点，使得四面体内切球的半径为.19.设，定义为的“函数”.（1）设为的“函数”，若，，求曲线在点处的切线方程；（2）设为的“函数”.（ⅰ）若是的极小值点，求的取值范围；（ⅱ）若，方程有两个根，，且，求证：.解：（1）由题意，得，则，所以切点为，又因，所以，所以曲线在点处的切线斜率为，所以切线方程为，即.（2）（ⅰ）由题，可得，定义域为，则，因为是的极小值点，则，则，若，令，令，则在上单调递增，在上单调递减，所以是的极大值点，不满足题意；若，令，令，则在上单调递增，在，上单调递减，所以是的极大值点