安徽省亳州市利辛高级中学2024-2025学年高三上学期二模 数学试题A（含解析）

2024-2025学年（上）高三年级第二次模拟考试A数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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。写在本试卷上无效。回答非选择题时，将答案写在答题纸上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回。一、单项选择题：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．1．若，，则（）A． B．C． D．2．若非零向量，满足，且向量在向量上的投影向量是，则向量与的夹角为（）A． B． C． D．3．已知函数，命题是奇函数，命题在上是减函数，则是的（）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4．若复数满足，则（）A．5 B． C． D．15．已知，，则（）A． B． C． D．6．已知数列满足，，且，则的前50项的和为（）A．36 B．39 C．41 D．457．若函数的部分图象如图所示，则下列结论错误的为（）A．实数有且仅有一个值B．实数有且仅有一个值C．的单调递增区间为D．若，则8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（）A． B．2 C． D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．已知甲组数据，，，，的平均数为8，方差为2，由这组数据得到乙组数据，，，，，其中，则（）A．数据，，，，，，，，，的平均数为13.5B．乙组数据的方差为11C．数据，，，，，的方差小于2D．甲组数据的第25百分位数是乙组数据的第25百分位数的2倍10．设函数，则（）A．曲线关于对称 B．的最小值为C．方程在上有4个根 D．存在，使得11．在三角形中，角，，的对边分别为，，，且，则下列说法正确的是（）A．B．若三角形的周长为6，内切圆半径为，则C．若，，则三角形有两解D．若，则三角形外接圆的面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知双曲线的一条渐近线方程为，且经过抛物线的焦点，则的标准方程为_____．13．已知一个圆柱的底面半径为3，体积为，若该圆柱的底面圆周都在球的球面上，则球的表面积为_____．14．已知为数列的前项和，且，，若，，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．（13分）在中，内角、B、所对的边分别为、b、，．（1）求A；（2）若外接圆的面积为，求面积的最大值．16．（15分）如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段的中点，，，，．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的大小；（3）求点到平面的距离．17．（15分）投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪，在战国时期较为盛行，尤其是在唐朝得到了发扬光大．投壶是把箭向壶里投，投中多的即胜出．某校开展“健康体育节”活动期间，甲、乙两人轮流进行定点投壶比赛（每人各投一次为一轮，且不受先后顺序影响），在相同的条件下，甲、乙两人每轮在同一位置，每人投一次．若两人有一人投中，则投中者得2分，未投中者得-2分；若两人都投中，则两人均得1分；若两人都未投中，则两人均得0分．设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，且各次投壶互不影响．（1）求第一轮投壶结束时甲、乙得分之和为0分的概率；（2）经过2轮投壶，记甲、乙的得分之和为，求的分布列和数学期望．18．（17分）在平面直角坐标系中，，，若点是平面上一动点，且的周长为，设动点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）若直线与曲线交于，两点，且，，求的值．19．（17分）已知函数，满足．（1）求实数的值；（2）求的单调区间和极值．（3）方程无实数根，求实数的范围

2024-2025学年（上）高三年级第二次模拟考试A卷・数学参考答案1．B【分析】解分式不等式化简集合，然后利用交集运算求解即可．【详解】，解得，，又，．故选：B．2．B【分析】由投影向量的定义可列出等式，求出向量与的夹角．【详解】设向量与的夹角为，则由题意可知，，因为向量的夹角，所以．故选：B．3．A【分析】根据奇函数的性质求参数值，结合指数等相关的函数性质判断的区间单调性判断充分性；根据的单调性，结合指数等相关的函数性质求参数判断必要性，即可得．【详解】若的奇函数，则，即恒成立，所以，则，在上单调递增，所以在上是减函数，充分性成立；若在上是减函数，在上单调递增，所以，故，此时不一定有，必要性不成立；所以是的充分不必要条件．故选：A4．B【分析】根据复数的运算法则，求得，得到，结合复数模的计算公式，即可求解．【详解】由，可得，所以，所以．故选：B．5．B【分析】根据两角和差的正弦、余弦和正切公式，及同角三角函数关系化简求值即可．【详解】根据题意可知，因为，所以，整理得，等式两边同除得，即，又因为，所以，解得，故选：B6．B【分析】根据已知有，由，则，，，依次类推有，再应用分组求和即可得．【详解】当且为奇数，，当且为偶数，，则，而，则，，，依次类推有，所以．故选：B7．C【分析】B选项，根据图象得到，代入，得到方程，结合该点位于单调递增区间，求出；A选项，将代入，结合，得到；C选项，整体法求出函数单调递增区间；D选项，时，，又关于对称，得到方程，解得，代入解析式，求出答案．【详解】B选项，由图易得：，又因为图像过点，所以，，得或又因为该点位于单调递增区间，所以，所以，B对A选项，因为图像过，即，，，设函数最小正周期为，则由图得，即，故，又，所以只有当时，满足要求，A对C选项，，令，，解得，，故单调递增区间为，，C错D选项，时，，又，关于对称，所以，解得，D对故选：C8．C【分析】设出双曲线方程，求出一条渐近线的方程，借助其斜率求出的余弦，利用余弦定理建立方程求出离心率．【详解】令双曲线的方程为，半焦距为，取渐近线，在中，，则，，，，于是，在中，，则，即，所以双曲线的离心率为．故选：C9．AC【分析】对于A，由平均数和方差性质求出两组数据综合即可求解判断；对于B，由方差性质即可直接计算求解判断；对于C，由新数据的平均数和方差公式计算即可判断；对于D，由百分位数定义即可判断；【详解】数据，，，，的平均数为8，数据，，，，，对于A，由题，，，所以数据，，，，，，，，，的平均数为，故A正确；对于B，由题乙组数据的方差为，故B错误；对于C，由题可得数据，，，，，的平均数为8，所以数据，，，，，的方差为，故C正确；对于D，因为，所以甲组数据的第25百分位数是第二大数据设为，则乙组数据的第25百分位数是，甲组数据的第25百分位数小于乙组数据的第25百分位数的2倍，故D错误．故选：AC10．ABD【分析】根据函数的性质，如对称性、最值、方程的根等，对选项逐一进行分析．对于A选项，可判断是否成立来确定是否关于对称；对于B选项，根据三角函数的最值和基本不等式的性质进行求解；首先对函数进行化简，然后求导判断函数的单调性，结合三角函数的图像判断根的个数；对于D选项，根据函数的最值及分母大小进行求解．【详解】对于A选项： ． ．所以，所以关于对称．A选项正确．对于B选项：因为，而，令，，则，所以在，上单调递减，在上单调递增，又，，，，所以的最小值为-1，且在处取到最小值，所以，所以B选项正确．对于C选项：因为，即．将上面等式化简得．即．当时，，，所以在上，，．当时，在上，，1．令．，可求出单调区间．在上单调递减，在单调递增，，，．，，．这说明，至少有一个交点，所以C错误．对于D选项：由已知可得且关于对称，而关于对称，取，令，则，令，则，所以，即在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，结合对称性可得恒成立，所以此时成立，所以D选项正确．故选：ABD．11．ABC【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简求出A，结合三角形面积及正弦定理逐项求解判断．【详解】在中，由及正弦定理得，则，整理得，即，而，则，则，而，，解得，因此，A正确；对于B，若的周长为6，内切圆半径为，由，得，B正确；对于C，当时，满足，有两解，此时，即，有两解，C正确；对于D，由，得外接圆半径，此圆面积为，D错误．故选：ABC12．【分析】方法一：已知渐近线可设的标准方程为，将抛物线焦点代入求出值即可求解；方法二：利用待定系数法求出，即可求解．【详解】方法一：因为的一条渐近线方程为，故可设的方程为，又经过抛物线的焦点，且抛物线的焦点为（0，1），所以，即，所以，所以的标准方程为．方法二：抛物线的焦点为（0，1），所以设双曲线的标准方程为．因为的一条渐近线方程为，所以，又，所以，，所以的标准方程为．故答案为：．13．【分析】利用圆柱的体积公式，结合圆柱的外接球球心在圆柱的中心，即可得到外接球半径，从而可求外接球的表面积．【详解】如图，为圆柱上下底面圆圆心，已知圆柱的底面半径，由其体积为，可得，该圆柱的外接球记为球，则为的中点，根据勾股定理有：，即外接球的半径为，所以该外接球的表面积为，故答案为：．14．【分析】由题意以及等比数列的定义，可得数列的通项，根据等差数列的定义，可得的通项，利用错位相减法，可得答案．【详解】因为，即，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以，所以有，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以，，，则，所以．故答案为：．15．（1）（2）【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合余弦定理即可求解；（2）由面积公式可得外接圆半径，即可根据正弦定理求解，由基本不等式即可求解的最大值，由面积公式即可求解．【详解】（1）因为，由正弦定理可得，由余弦定理可得，且，所以．（2）设的外接圆半径为，所以，所以，由正弦定理得，则，由（1）可得：，即，当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为．16．（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）取中点为，连接，即可证四边形为正方形，进而得证，又平面平面，四边形为矩形，即可证，进而证平面，即，即证；（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，利用向量法即可求解；（3）求平面的法向量为，利用向量法求点到平面的距离即可．【详解】（1）取中点为，连接，因为，，，，所以，，所以四边形为正方形，所以，所以，所以，即，所以，因为平面平面，平面平面，平面，故平面，即平面；（2）由（1）有，，，以点为原点，分别以，，方向为，，轴，建立空间直角坐标系，由，则，，所以，，，，，，所以，，，设平面的法向量为，所以，令，得，设直线与平面所成角为，所以，所以，所以直线与平面所成角为；（3）由（2）有，，设平面的法向量为，所以，令，得，所以点到平面的距离为，所以点到平面的距离为．17．（1）（2）分布列见解析，【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式，再结合分类加法原理，即可求出该事件概率；（2）利用二项分布概率公式，即可求得分布列和期望．【详解】（1）设事件“甲投一次，投中”，事件“乙投一次，投中，”事件“第一轮投壶结束时甲、乙得分之和为0分”依题意，，，，相互独立，所以，即第一轮投壶结束时甲、乙得分之和为0分的概率．（2）由（1）知第一轮投壶结束时甲、乙得分之和为0分的概率为，因此第一轮投壶结束时甲、乙得分之和为2分的概率为．依题意，的所有可能取值为0，2，4，，，，的分布列为：024所以．18．（1）（2）【分析】（1）将三角形周长的条件转化为动点到，的距离和为定值，利用椭圆的定义即可求解；（2）联立直线方程与椭圆方程，根据韦达定理以及中点坐标公式和垂直平分线的性质即可求解．【详解】（1）由题意可知：，．由椭圆的定义知，动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆．可设方程为，则，，解得，则，故曲线的方程为．（2）联立方程组，消去，整理可得．则．设，，的中点为，则由韦达定理可知：，．，．，，则，如图所示．又，则，即，解得．19．（1）（2）答案见解析（3）【