数学-徽省蚌埠市2025届高三年级第二次教学质量检查考试（蚌埠二模）试题和答案

考生注意:1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分,考试时间120分钟。2.答题前,考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时,请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效,在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围:高考范围。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1.已知集合A={父2父—1≥0},B={父父2>3父},则AUB=B.(3,十∞)2.已知复数叉满足叉(1十2i)=7十4i,则叉在复平面内对应的点位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限分位数为4.已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,若S15=5(a5十a7十ak),则正整数k的值为A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件6.已知函数f(父)=2sin(w父十φ)在区间上单调递减,直线父和父为函数f(父)的图象的两条对称轴,则7.已知双曲线的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2且斜率为\的直线与C的右支交于A,B两点,且BF2=3AF2,则的值为EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(3),凹4)【高三年级第二次教学质量检查考试●数学第1页(共4页)】8.函数f(父)的定义域为R,且对任意的实数父,都有f(父)=f(父—1)—f(2—父),且f(1)=1,则二、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.已知随机变量X~N(3,4),若P(X≥5)=m,P(1<X<3)=n,则下列说法正确的是A.P(1<X<5)=2nB.m十C.E(3X—2)=9D.D(3X—1)=3610.在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,点E,F,G分别为棱DD1,C1D1,CC1的中点,则下列说法正确的是A.FGⅡ平面A1BDB.直线AE与FG所成角的余弦值为C.点E到平面B1FG的距离为D.三棱锥B1D1DG的外接球的表面积为11.在平面直角坐标系父0y中,抛物线E:y2=4父的焦点为F,A(父1,y1),B(父2,y2),C(父3,y3)为E上的→→→任意三点(异于0点),且FA十FB十→→→A.FA十FB十FC=6B.存在点A,使得FA>3C.若直线AB,AC,BC的斜率分别为k1,k2,k3,则十十三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。13.键线式可以简洁直观地描述有机物的结构,在有机化学中极其重要.有机物萘可以用如图所示的键线的正六边形,且AB=4,点M为正六边形CDEFGH内的一点(包含边界),则AB.AM的取值范围是的正六边形,且AB=4,点M为正六边形CDEFGH内的一点(包含边界),则AB.AM的取值范围是 . 14.柯西不等式(Cauchy-schwarzLnequality)是法国数学家柯西与德国数学家施瓦茨分别独立发现的,它在数学分析中有广泛的应用.现给出一个二维柯西不等式:(a2十b2)(c2十d2)≥(ac十bd)2,当且仅当ad=bc时等号成立.已知a>0,b>0,直线y=父—2a与曲线y=ln(父十b)相切,则十十的最小值为.【高三年级第二次教学质量检查考试.数学第2页(共4页)】【高三年级第二次教学质量检查考试.数学第3页(共4页)】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.(本小题满分13分)公众号：凹凸学长记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2acosA十bcosC=ccos(A十C).(1)求角A的大小;(2)若a=\,BC边上的高为2\7,求△ABC的周长. 如图,在四棱锥PABCD中,△PAD是边长为2的等边三角形,CA=CP=2\2,BC=4,ADⅡBC,点E是棱PD上的一点,且满足DE=2EP,AE丄DC.(1)求证:平面PAD丄平面ABCD;(2)求平面ABE与平面PBC的夹角的余弦值.已知函数f(父)=(a父十1)e父—1(a∈R).(1)若a=—2,求f(父)的极值;(2)若f(父)≤(a十1)父对任意的父∈[0,十∞)恒成立,求a的取值范围.【高三年级第二次教学质量检查考试●数学第4页(共4页)】18.(本小题满分17分)下数据:性别排球喜欢不喜欢男生女生(1)依据小概率值α=0.001的独立性检验,能否认为是否喜欢排球与性别有关联?(2)在某次社团活动中,甲、乙、丙这三人相互做传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.记n次传球后球在乙手中的概率为pn,n=1,2,3,….(i)若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1—P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则 记前n次(即从第1次到第n次传球)中球在乙手中的次数为随机变量y,求y的数学期望.附其中n=a十b十c十d.α父α19.(本小题满分17分)椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.记椭圆C1的“特征三角形”为△1,椭圆C2的“特征三角形”为△2,若△1∞△2,则称椭圆C1与C2相似,并将△1与△2的相似比称为椭圆C1与C2的相似比.已知椭圆C1十与椭圆十相似,且C1与C2的相似比为2.(1)求C2的方程;(2)已知点F是C2的右焦点,过点F的直线l与C1交于A,B两点,直线l与C2交于D,E两点,其中点D在父轴上方.(i)求证:AD=BE;(i)若过点F与直线l垂直的直线交C2于G,H两点,其中点G在父轴上方,M,N分别为DE,GH的中点,设P为直线GD与直线EH的交点,求△PMN面积的最小值.1.D因为A={父2父—1≥0}=,十∞),B={父父2>3父}=(—∞,0)U(3,十∞),所以AUB=(—∞,0)U,十∞).故选D.EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(7十4),1十2)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(7十4),1十2)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(1),1)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(2),2)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up7(-),叉)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up7(-),叉)为(3,2),位于第一象限.故选A.4.B设等差数列{an}的公差为d,由S15=5(a5十a7十ak),得15a1十d=5[a1十4d十a1十6d十a1十(k—1)d],所以(k—1)d=11d,又d≠0,所以k=12.故选B.aa为奇函数,则f(—1)=—f(1),即—1十1十1十1十,解得a=1或父—1≠0,解得父≠0,此时函数f(父)的定义域为{父父≠0}关于原点对称,且f(—父)十f(父)=—父十1十2——1十父十1十2父21=0,故函数f(父)为奇函数,符合题意;当a=—1时,f(父)=父EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(2),十1),此时函数f(父)的定义域为R关于原点对称,且f(—父)十f(父)=—父十1—2—十1十父十1—2父EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(2),十1)=0,6.C因为函数f(父)=2s,n(w父十φ)在区间(—,上单调递减,直线父=—和父=为函数f(父)的图象的两条对称轴,所以=—2或2s,n十φ)=—2,所以2×十φ=—十2kπ,k∈Z或—2×十φ=—十2kπ,k∈Z,解得φ=—十2kπ,k∈Z或φ=—十2kπ,k∈Z,所以f(父)=2s,n(2父—或f(父)=2s,n(—2父—所以f=7.B如图,因为直线AB的斜率为\,所以tan上AF2F1=\,所以cOs上AF2F1=\,—\.设AF2=m,则BF2=3m,又BF1—BF2=2a,AF1— AF2=2a,所以BF1=2a十3m,AF1=2a十m,在△BF1F2中,由余弦定理得BF12【高三年级第二次教学质量检查考试.数学参考答案第1页(共6页)】【高三年级第二次教学质量检查考试.数学参考答案第2页(共6页)】整理得—4b2十在△AF1F2中,由余弦定理得AF12=AF22十F1F22—2AF2.F1F2=4\mc,即所以所以故选B.8.C因为f(父)=f(父—1)—f(2—父),所以f(1十父)十f(1—父)=f(父),令父=0,得f(0)=2f(1)=2;令父=1,得f(2)十f(0)=f(1),所以f(2)=f(1)—f(0)=1—2=—1;用—父替换父,可得f(1—父)十f(1十父)=f(—父),所以f(父)=f(—父),所以函数f(父)为偶函数.令父=2,得f(3)十f(—1)=f(2),所以f(3)=f(2)—f(—1)=f(2)—f(1)=—1—1=—2;用父十1替换父,可得f(2十父)十f(—父)=f(父十1),所以f(2十父)十f(父)=f(父十1),所以f(父)=f(父十1)—f(父十2),所以f(父)=f(父十1)—f(父十2)=f(父十2)—f(父十3)—f(父十2)=—f(父十3),即f(父十3)=—f(父).所以f(父十6)=—f(父十3)=f(父),故f(父)是以6为周期的周期函数,又f(4)=—f(1)=—1,f=1,f=2,所以十(—1)3十(—2)3十(—1)3=—9.故选C.9.ABD因为随机变量X~N(3,4),所以P(1<X<5)=2P(1<X<3)=2n,故A正确;P(X>3)=P(X≥5)十P(3<X<5)=P十P故B正确;随机变量X~N(3,4),所以E(X)=3,D(X)=4,所以E(3X—2)=3E(X)—2=7,D(3X—1)=9D(X)=36,故C错误,D正确.故选ABD.10.AC在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,点F,G分别为棱C1D1,CC1的中点,所以FGⅡA1B,又FG丈平面A1BD,A1BG平面A1BD,所以FGⅡ平面A1BD,故A正确;连接BG,BF,易得AEⅡBG,所以上BGF为直线AE与 所以直线AE与FG所成角的余弦值为,故B错误;在△B1FG中,B1F=B1G=所以S△设点E到平面B1FG的距离为h,又VEB1FG=VB1EFG,所以解得,即点E到平面B1FG的距离为,故C正确;易得DD1=2,B1D1 所以△B1DD1为直角三角形,所以G在底面B1DD1的射影为B1D的中点,设为O1,设外接球半径为R,球心为O,由R2=OOEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),1)十O1BEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),1)=OOEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),1)十3,R—OO1=GO1=\,解得所以外接球的表面积为故D错误.故选AC.EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),FA)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(→),FB)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(→),FC)y2十y3=0,所以FA十FB十FC=父1十父2十父3十3=6,故A正确;yEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),1)=(y2十y3)2≤2(yEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),2)十yEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),3)),所以)=2(3—父1),解得父1≤2,所以FA=父1十1≤3,故B错误;因为yEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),1)=4父1,yEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),2)=4父2两式相减,得,所以同理可得十十【高三年级第二次教学质量检查考试.数学参考答案第3页(共6页)】EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(y),4)23=3,323=12,所以1323=3,EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),3))2—)2十6(12(父12)=,故D正确.故选ACD.EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(r),9)(—父)r=(—1)r29—rCEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(r),9)父3r—18,令3r—18=0,解得r=6,故常数项为T7=(—1)623CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(6),9)=672.13.[16,48]过点M作直线AB的垂线,垂足为M1,所以—EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),AB).—EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),AM)=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),AB).—EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(→),M)1,当点M与点HEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),AB)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),AM)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),AB)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),AM)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),AB)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),AM)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(1),十)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(1),十)十十十=十=十(2a十b)=十十十≥十2\=10,当且仅当=,=,即a=,b=时等号成立,所以十十\十的最小值为10.15.解:(1)因为2acosA十bcosC=ccos(A十C),所以2acosA十bcosC=—ccosB,……2分由正弦定理得2s,nAcosA十s,nBcosC=—s,nCcosB,………………3分所以2s,nAcosA=—s,nCcosB—s,nBcosC=—s,n(B十C)=—s,nA,又s,nA≠0,所以cosA=—,………5分又A∈(0,π),所以A=2π………………(2)因为a=\,BC边上的高为2\7,所以△ABC的面积s=bcs,nA=bcs,n=×\×2\7,解得bc=4,……8分所以△ABC的周长a十b十c=5十\.………………13分16.(1)证明:取PA的中点F,连接DF,CF,如图所示,又CA=CP,所以CF丄PA,………………1分因为△PAD是边长为2的等边三角形,点F是PA的中点,所以DF丄PA,又DF∩CF=F,DF,CFG平面DCF,所以PA丄平面DCF,…………3分又DCG平面DCF,所以PA丄DC,………………………4分【高三年级第二次教学质量检查考试.数学参考答案第4页(共6页)】又DCG平面ABCD,所以平面PAD丄平面ABCD.……………………7分(2)解:由(1)知DC丄平面PAD,又ADG平面PAD,所以DC丄AD,又CA=2\,A公D号2,：所凸D\=2.取AD的中点O,连接PO,则PO丄AD,由(1)可知,平面PAD丄平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,POG平面PAD,所以PO丄平面ABCD.……………8分以O为坐标原点,OD,OP所在直线分别为y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),AB)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),AE)令y=\,解得父=\3,z=—2,所以平面ABE的法向量为n=(\,\,—2).……10分→→→(m.BC=4b=0→EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483644(→),CP)令a=\,解得b=0,c=2,所以平面PBC的法向量为m=(\,0,2),……………12分设平面ABE与平面PBC的夹角为θ,所以cosθ=cos〈n,m〉=n.m=即平面ABE与平面PBC的夹角的余弦值为\7.…………………15分17.解:(1)若a=—2,则f(父)=(—2父十1)e父—1,所以fI(父)=(—2父十1)e父—2e父=(—2父—1)e父,………………1分令fI(父)=0,解得父=—,令fI(父)>0,解得父<—,令fI(父)<0,解得父>—,所以f(父)在(—∞,—上…………………3分所以f(父)的极大值为f(—=2e—,无极小值.………………5分(2)f(父)≤(a十1)父对任意的父∈[0,十∞)恒成立,即(a十1)父—(a父十1)e父十1≥0对任意的父∈[0,十∞)恒成立,令g(父)=(a十1)父—(a父十1)e父十1,父≥0,所以gI(父)=(a十1)—(a父十a十1)e父,令U(父)=gI(父),所以UI(父)=—(a父十2a十1)e父,父≥0,当a≤—时,2a十1≤0,又父≥0,所以(a父十2a十1)所以UI(父)=—(a父十2a十1)e父≥0在[0,十∞)上恒成立,所以U(父)即gI(父)在区间[0,十∞)上单调递增,所以gI(父)≥gI(0)=0,所以g(父)在区间[0,十∞)上单调递增,【高三年级第二次教学质量检查考试.数学参考答案第5页(共6页)】当—<a<0时,令UI(父)<0,解得0≤父<—2aEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(十1),a),EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(十1),a)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(十1),a))时,gI(父)<gI(0)=0,所以g(父)在区间(0,—2aEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(十1),a))上单调递减,EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(十1),a))时,g(父)<g(0)=0,不符合题意;………11分当a≥0时,又父≥0,所以UI(父)≤0,所以U(父)即gI(父)在区间(0,十∞)上单调递减,所以gI(父)≤gI(0)=0,所以g(父)在区间(0,十∞)上单调递减,所以g(父)≤g(0)=0,不符合题意.……………14分…………………15分18.解:(1)零假设为H0:是否喜欢排球与性别无关联.……………………1分EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(×),11)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(78×),十88)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(1),7)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(2),8)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(2×),十1)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(1),1)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(1),2)0.001,………………4分所以依据小概率值α=0.001的独立性检验,我们推断H0不成立,可以认为是否喜欢排球与性别有关联.………5分 设pn十1十λ=—(pn十λ),所以pn十1=—pn—λ,所以—λ=,解得λ=—,nn—是以为首项,—为公比的等比数列,…………9分n—1,………………………10分所以pn=十×(—n—1,即第n次传球后球在乙手中的概率为十×(—n—1.……11分所以当n∈N*时,y的数学期望E(y)=p1十p2十…十pn=十×(—1—1十十×(—2—1十…十十即y的数学期望为3nEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(十1),9)—×(—n.……………17分19.(1)解:由题意知椭圆C1:EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(父),8)2十=1的长轴长为4\,短轴长为4,椭圆C2:EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(父),a)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up8(2),2)十=1(a>b>0)的长轴长为2a,短轴长为2b,又C1与C2的相似比………………2分【高三年级第二次教学质量检查考试●数学参考答案第6页(共6页)】所以C2的方程为十y2=1.……………4分(2)(i)证明:由(1)知F(1,0),显然直线l的斜率不为0,设直线l的方程为X=my十1,由得(m2十2)y2十2my—7=0,设A(X1,y1),B(X2,y2),所以y1十y2=—mEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(2),2)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(m),十2),故AB中点的纵坐标EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up6(十),2)y2=—m2EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(m),十2),AB中点的横坐标为●m十中点的坐标为(m2EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up6(2),十2),—m2EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up6(m),十2)).………………………………6分(X(m十2)y十2my—1=0,(X(m十2)y十2my—1=0,设D(X3,y3),E(X4,y4),所以y3十y4=—m2十1,故DE中点的纵坐标(X=my十1EQ\*jc3\*hps17\o\a