安徽省淮北、淮南市2025届高三下学期第二次质量检测数学试题（解析版）

准北市和准南市2025届高三第二次质量检测数学试题卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.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，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求解集合，再求出集合在中的补集，最后求出集合与的交集.【详解】对于不等式，解得，即集合.所以或.集合，可得.故选：C.2.若，则（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】设，代入化简，由复数相等即可得出答案.【详解】设，则，所以，由，所以，故，所以，故选：A.3.已知向量，若，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】由向量共线以及垂直的坐标运算代入计算，即可得到结果.【详解】由可得，解得，则，由可得，解得.故选：D4.若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则椭圆长轴的长为（）A.2 B. C.4 D.8【答案】C【解析】【分析】可先求出抛物线的焦点坐标，再根据椭圆的性质求出的值，最后根据椭圆长轴长与的关系求出椭圆长轴的长.【详解】在抛物线中，焦点坐标为.因为抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，所以椭圆的焦点在轴上，且（为椭圆的半焦距）.在椭圆中，，又因为，所以.而在椭圆中，，所以.椭圆的长轴长为.故选：C.5.函数的图像如图所示，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定的函数图象，确定零点及极值点情况，再结合函数式、导函数式分析判断作答.【详解】观察图象知，，函数有3个零点，设3个零点为，于是，当时，，而此时，因此，又，函数有两个极值点，且，即有两个不等实根，，因此，所以.故选：B6.甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出两球，则取出的两球颜色相同的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】可根据从甲箱中取出球的颜色进行分类讨论，再结合条件概率公式分别计算从乙箱中取出两球颜色相同的概率，最后根据全概率公式求出最终结果.【详解】从甲箱中随机取一个球，甲箱中有个红球和个白球，那么从甲箱中取出红球的概率；取出白球的概率.若从甲箱中取出一个红球放入乙箱，则乙箱中有个红球和个白球.从个球中取出个球的组合数为种.从个红球中取出个红球的组合数为种；从个白球中取出个白球的组合数为种.所以在从甲箱取出红球的条件下，从乙箱取出两球颜色相同的概率.若从甲箱中取出一个白球放入乙箱，则乙箱中有个红球和个白球.从个球中取出个球的组合数为种.从个红球中取出个红球的组合数为种；从个白球中取出个白球的组合数为种.所以在从甲箱取出白球的条件下，从乙箱取出两球颜色相同的概率.由全概率公式可得，取出的两球颜色相同的概率为：.故选：B.7.已知函数和的定义域均为为偶函数，为奇函数，若，则（）A.4 B.2 C.0 D.【答案】A【解析】【分析】由偶函数得到，由为奇函数，得到，将，代入，将代入，结合已知条件联立求出.【详解】因为为偶函数，故，所以的图象关于对称，因此.因为为奇函数，故，整理得，当时，，当时，，由得，，当时，由得，所以，即，因为所以解得，所以.故选：A.8.在中，记，则（）A.存在，使B.存在，使C.的最小值为D.的最大值为【答案】D【解析】【分析】利用两角和差公式以及、化简AB选项；令化简，使其为关于的函数，求函数值域即可判断C选项；利用一元二次方程有根，则可根据求解判断D选项.【详解】由题意可得，，，则，故AB错误；若，则因，则，则，得，则，故C错误；，即，则方程在上存在根，则，即，等号成立时，因，则，则，此时变为，得，则，故当时，取最大值，故D正确.故选：D二､多项选择题：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.某校100名学生学业水平测试数学成绩的频率分布直方图如图所示，已知所有学生成绩均在区间内，则（）A.图中的值为0.005B.这组数据的平均数为73C.这组数据的众数为75D.这组数据的中位数约为71.7【答案】ABD【解析】【分析】根据频率分布直方图中各小矩形得面积之和为1，可求出的值，再结合平均数、众数、中位数的定义判断BCD.【详解】对于A，由频率分布图可知：，解得，故A正确；对于B，由频率分布图可知：，故B正确；对于C，由频率分布图可知众数为65，故C错误；对于D，设这组数据的中位数约为，因为，,所以中位数在区间内，则，解得，故D正确；故选：ABD.10.设数列的前项和为，对任意正整数有，下列命题正确的有（）A.若，则B.一定不是等差数列C.若为等比数列，则公比为2D.若，则为等比数列【答案】ABD【解析】【分析】求出可判断A；假设是等差数列，设公差为，求出代入根据多项式相等可判断C；若为等比数列，由两式相减得，求出可判断C；求出，利用可判断D.【详解】对于A，，当时，，故A正确；对于B，假设是等差数列，设公差为，则，由得，即，根据多项式相等可得，方程组无解，所以一定不是等差数列，故B正确；对于C，若为等比数列，由两式相减得，即，由得，解得，故C错误；对于D，若，则，，当时，，所以，当时，，两式相减可得，即，所以数列的奇数项是以为首项，为公比的等比数列，偶数项是以首项为公比的等比数列，又，所以数列为等比数列，故D正确.故选：ABD11.甲乙两名玩家轮流从装有个小球的容器中取球，每次至少取一个，先取球者第一次不能将球取完，之后双方每次取球数不超过对手上一轮取球数的2倍，取得最后一个球的玩家获胜.若甲先取，乙有必胜的策略，则可以是（）A.4 B.5 C.8 D.13【答案】BCD【解析】【分析】利用数学归纳法证明，当n为斐波那契数列中的数时，乙有必胜策略，再判断选项中的数是否属于斐波那契数列即可求解.【详解】设斐波那契数列：，现证明以下结论成立：若，则后取者乙有必胜策略.当时，甲只能取1个球，故乙必胜；当时，若甲取1个球，乙可直接取2个球后获胜；若甲取2个球，乙可直接取1个球后获胜，故乙必胜.故结论成立.设和时结论成立，那么时，若甲取的球数，则剩下的球数为，故乙只要将剩下的个球全部取走而获胜；若甲取的球数，注意到，故不失一般性可以假设一开始个球分成两堆，其中一堆个球，另一堆有个球，而甲从有个球的一堆中取走了r个球，于是由归纳假设，乙有策略保证自己取到有个球的那堆中的最后一个球，而剩下有个球的那一堆，并由归纳假设知乙可使自己最后一次取球的个数不大于，这时无论甲取多少根火柴（至多为不可能将个球取完），由归纳假设知乙有必胜策略，保证自己取到最后一个球，且乙最后一个所取球的个数，故若，则后取者乙有必胜策略.选项中，，故当n为5，8，13时，乙有必胜的策略.故选：BCD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若实数和的等差中项为1，则的最小值为__________.【答案】2【解析】【分析】利用等差中项性质，结合基本不等式可求得的最小值.【详解】若实数和的等差中项为1，则，，即，即，当且仅当取等号.故的最小值为2.故答案为：2.13.已知是椭圆的两个焦点，过的直线交于两点，若，，则椭圆的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】由椭圆的定义结合题意可得出，，再由余弦定理可得，解方程即可得出答案.【详解】由题可知，由椭圆的定义知：，，所以，又因为，所以，，所以，解得：，，所以在中，由余弦定理可得：，在中，由余弦定理可得：所以，可得：，即，所以，因为，所以.故答案为：.14.如图，圆锥有且仅有一条母线在平面内，圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则圆锥外接球的表面积为__________；若是中点，，且点到直线的距离为，则与圆锥底面所成角的余弦值为__________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据因为圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，先求出圆锥的母线长与底面半径，从而求得圆锥外接圆的半径，即可求解圆锥外接圆的表面积；再在平面内过点P作直线，取中点M，连接，由面面垂直的性质定理证明平面，过作垂线，分别交，于点和，连接，，结合平行线的性质和勾股定理，求出的值，最后根据线面角的定义与求法，即可得解.【详解】设圆锥的母线长，底面半径，因为圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，所以，，解得，所以中，设圆锥外接圆的圆心为G，半径为R，由圆锥外接圆的性质可知，点G在线段上，在中，，即，解得，故圆锥外接球的表面积为.在平面内过点P作直线，取中点M，连接，则，且，因为顶点为的圆锥有且仅有一条母线在平面内，所以平面平面,又平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，过作垂线，分别交，于点和，连接，，即,又,平面，所以平面,又平面，所以，即到的距离为，所以，所以，因为，所以，所以，在中，，在中，设与圆锥底面所成角为，则，则,即与圆锥底面所成角的余弦值为.故答案为：；.四､解答题：本题共小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.的内角的对边分别为（1）求；（2）若的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理和两角和的正弦公式化简计算即可求解；（2）根据三角形的面积公式求得，结合余弦定理计算求得，进而得出结果.【小问1详解】由得，因为,所以，即，所以，所以.【小问2详解】因为三角形面积为，所以，所以，由余弦定理知，即，所以，故，所以三角形的周长为.16.四棱锥中，平面，（1）求；（2）求证：；（3）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）分别在和中使用余弦定理，解方程即可得出答案；（2）先证得，，由线面垂直的判定定理证得平面，由线面垂直的性质定理即可证得；（3）法一：先求出和的面积，再由等体积法求出点到平面的距离，即可求出与平面所成角的正弦值；法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案.【小问1详解】分别在和中使用余弦定理得：即，得，所以；【小问2详解】因为，由余弦定理可得：，所以，从而，所以.又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以.【小问3详解】方法一：设三棱锥的体积为和的面积分列为，点到平面的距离为，因为，所以因为平面，平面，所以，，所以，所以，且，由得所以与平面所成角的正弦值为.方法二：因平面，以为坐标原点，分別以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以可取，设与平面所成角为的，所以.所以与平面所成角的正弦值为.17.已知函数（1）若，求函数在处的切线方程；（2）求证：当时，有且仅有一个零点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先把代入函数和导函数，再求处的导数值和函数值，是切线斜率，是切点纵坐标，最后用点斜式得出切线方程.（2）先确定定义域，求出.分情况讨论：时，化简，令求零点.

时，判断，函数递增，再根据与异号，用零点存在定理确定零点.

时，令得两个极值点，分析函数单调性，结合时，以及，用零点存在定理确定零点.最后总结时零点情况.【小问1详解】若，则，所以，函数在处的切线方程为；【小问2详解】的定义域为，当时有且仅有一个零点4：当时，，函数递增，由，知存在唯一零点；当时，令得，当时，函数递增：当时，函数递减；当时，函数递增：当时，，所以，函数无零点；因为当时递减，当时递增，且，所以存在唯一零点.综上所述，当时，有且仅有一个零点.18.已知双曲线经过点为其左，右顶点，且与的斜率之积为（1）求双曲线的方程；（2）点为实轴上一点，直线交于另一点，记的面积为的面积为，若，求点坐标.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)先根据直线斜率之积得到关于的方程，解出的值，再将的值代入另一个方程求出的值，最后根据双曲线标准方程的形式得出双曲线的方程．(2)方法1通过设直线方程与双曲线方程联立，结合已知点在直线上得到关于的表达式，再根据面积关系列出等式求解，进而得到点坐标；方法2先求出直线PQ与轴交点的横坐标关于的表达式，再根据面积关系消去，得到关于的方程，最后联立双曲线方程求解点坐标．【小问1详解】由得，解得，又，解得，于是的方程为：.【小问2详解】（方法1）设，显然，设直线，与0联立，消去得，则，又在直线上，得，代入上式得于是，即，整理得，解得，进而，即所求点坐标为.（方法2）设，显然直线的斜率存在，其方程为：，令，解得依题意将（1）代入上式，消去得.整理得，即由知联立，解得.即所求点坐标为.19.在组合数学、表示论和数学物理中，“数”，是一种通过引入参数对