安徽省芜湖市2025届高三下学期5月二模试题 数学 含解析

2025届芜湖市高中毕业班教学质量统测数学试题卷本试题卷共4页，满分150分，考试用时120分钟注意事项：1.答卷前，务必将自己的姓名、学校、考场/座位号、班级、准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试题卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效.4.考生必须保证答题卷的整洁，考试结束后，将试题卷和答题卷一并交回.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.2.命题“”的否定是（）A. B.C. D.3.若，其中为虚数单位，则（）A. B. C. D.14.一组数11，13，15，26，29，30，32，33，36，若去掉11和36，则该组数以下哪个数字特征不变（）A.平均数 B.中位数 C.方差 D.极差5.已知角和角的顶点在坐标原点，始边均与轴非负半轴重合，终边关于直线对称，则（）A. B. C.0 D.16.四个不同的正整数满足，则的最大值是（）A.8099 B.8100 C.8101 D.81027.已知轴截面为等边三角形的圆锥与其内切球表面的交线为（除圆锥底面圆心外），所在的平面将圆锥分成上下两部分，则上下两部分几何体的体积之比为（）A. B. C. D.8.已知F为双曲线的一个焦点，为C的一条渐近线，若F关于l的对称点在C上，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.2二、多选题：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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.在中，已知，，则此三角形面积可能为（）A. B. C.12 D.1510.已知函数，则（）A.的定义域为 B.为偶函数C.为单调递增函数 D.11.如图，在正方体中，为过正方体的任意两个顶点的直线，则（）A.S有56个元素 B.若，则满足平面概率为C.S中有4个元素与正方体所有棱的夹角相等 D.若，则，为异面直线的概率为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，满足，且，，则与所成角的大小为__________.13.已知有限集合，定义集合中的元素的个数为集合A的“容量”，记为.若集合，且，则正整数n的值是_________.14.已知函数的部分图象如图所示，若A，B，C，D四点在同一个圆上，则__________.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.已知数列的前n项和为，且，.（1）求的通项公式；（2）保持的各项顺序不变，在和之间插入k个1，使它们与数列的项组成一个新的数列，记的前n项和为，求.16.已知函数（1）讨论的单调性；（2）设，证明：.17.已知圆心在轴上移动圆经过点，且与轴，轴分别交于，两个动点.（1）求点的轨迹的方程；（2）若圆与曲线恰有一个公共点，且圆与轴相切于点，求圆的半径.18.在四棱台中，，，，，.（1）证明：.（2）若四棱台的体积为7，（i）求直线与平面所成角的正弦值；（ii）若为棱上一动点，求平面与平面所成角余弦值最大值.19.某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试.首次测试（测试I）通过率为，末通过测试I的芯片进入第二次测试（测试II），通过率为.通过任意一次测试即为合格芯片，否则报废.（1）若某批次生产了n枚芯片，合格数为随机变量X.当，时，求X的期望与方差；（2）已知一枚芯片合格，求其是通过测试I的概率；（3）为估计（2）中的，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试I.记.若要使得总能不超过0.1，试根据参考内容估计最小样本量.参考内容：设随机变量X期望为，方差为，则对任意，均有.

2025届芜湖市高中毕业班教学质量统测数学答案一、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.A解析：因为集合，，所以，故选：A.2.D解析：由全称命题的否定可得命题“”的否定是“”.故选：D3.D解析：，则.故选：D.4.B解析：对于A，去掉前的平均数为，去掉后的平均数为，故A错误；去掉最小的数和最大的数对中位数无影响，故B正确；对于C，去掉前的方差为，去掉后的方差为，故C错误；对于D，去掉前的极差为，去掉后的极差为，故D错误.故选：B.5.C解析：由题意可得，则.故选：C.6.C解析：6的正因数为1,2,3,6，但需要四个不同的整数，因此必须包含负因数，因此因数有两负两正，为使最大且无重复数字，则要求最小且无重复数字，则分解方式为，此时和为，此时，从而，.故选：C.7.B解析：如图，作出圆锥的轴截面，设的内切圆的圆心为，切、、于、、，因为为等边三角形，所以、、分别为、、的中点，设与交于点，的边长为，则，，，则圆锥与其内切球表面的交线为（除圆锥底面圆心外）为圆锥的母线的中点所在的圆，所在的平面将圆锥分成上下两部分，此时上部分圆锥的底面半径为，高为，又圆锥的底面半径为，高为，所以上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，所以所在的平面将圆锥分成上下两部分，则上下两部分几何体的体积之比为.故选：B8.B解析：由双曲线对称性，不妨设，，点F关于l的对称点为，则有，解得，则有，整理得，即，化简得，故，则.故选：B.二、多选题：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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.AC解析：因为，，则，，所以，因为，所以故三角形的面积，因为，当且仅当时，等号成立，故，则此三角形面积的最大值为12.因为，所以A，C正确,故选：AC.10.ABD解析：对于选项A：因为对数的真数大于0，故，故定义域为，故选项A正确；对于选项B:因为，定义域为关于原点对称，又，且，故为偶函数，故选项B正确；对于选项C：因为，故，故选项C正确；对于选项D：令，求导得，故函数在区间上单调递减，而当时，，当时，当时，，所以，所以，当时，，所以，所以，故选项D正确；故选：ABD11.BCD解析：在正方体中，共有8个顶点，任取两个顶点组合共有条直线，所以S有28个元素，故A错；满足平面的有，所以满足平面的概率为，故B正确；根据正方体性质易知四条体对角线与所有棱的夹角相等，故C正确；对应D，S有28个元素，12条棱，12条面对角线，4条体对角线，任取2条共有种，与棱异面的直线有：共12条，所以与棱异面的有；与面对角线异面有：共13条，与面对角线异面的有；与体对角线异面的有：共12条，所以与体对角线异面有；即任选2条异面的共有：种，概率，故D正确，故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.解析：由题得，则与的夹角的余弦为，而与的夹角的范围为，故夹角为.故答案为：.13.2025解析：若集合，则集合，故，解得.故答案为：14.解析：由题意可设，，则，，，，则、中点与、中点均为，，由，，，四点在同一个圆上，故为圆心，，则，，即有，则，又，则.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.（1）由，得，则，即，又，满足，所以，所以是首项是，公比为等比数列，故；（2）由题知，数列的其余项为1，则.16.（1）定义域，，①当时，，在上单调递减，②当时，令得，令，得，令，得，所以在单调递减，在单调递增.综上：当时，在上单调递减；当时，在单调递减，在单调递增.（2）法一：要证即证，设，即，设，则，令得，令得，所以在上为增函数，在上为减函数，所以，所以成立，所以得证.法二：设，则，因为，所以，令，则，则单调递增，因为，，所以在上存在唯一零点，当，，故，当，，故，所以在单调递减，在单调递增，则，其中，所以，所以，即得证.17.（1）因为圆经过轴上的两点和，所以圆心为的中点，又因为该圆经过点和，所以化简得，所以点的轨迹的方程为.（2）设圆的半径为，且不妨设圆心在轴的上方，因为圆与轴相切于点，所以圆心，圆的方程为，联立消去得，于是，因为圆与曲线恰有一个公共点，所以恰有一个正数y满足，记，，令，得；令，得，则在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取到最小值，因此当时，没有正数解；当时，恰有一个正数解；当时，因为当和时均可任意大总有两个正数解.综上，.18.（1）在中，，所以，所以，即，因为，，平面，所以平面，平面，所以.因为，，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）因为，，所以，所以.（i）以D为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，设平面的法向量为，则，即，令，得，，所以，因为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.（ii），则，设，，设平面法向量，则，即，令，得，所以，由题意可得平面的法向量，所以，即平面与平面所成角余弦值为，因为，所以当时，取得最大值，所以平面与平面所成角余弦值的最大值为.19.（1）每个芯片通过测试的合格率为，，则，；（2）解法一：记事件A：通过测试I，事件B：通