2025屆高三年級全市第二次模擬考試數學(高中全部)1.能力要求:I.抽象概括能力".推理論證能力Ⅲ.運算求解能力Ⅳ.空間想象能力V.數據處理能力Ⅵ.應用意識和創新意識2.核心素養:①數學抽象②邏輯推理③數學建模④直觀想象⑤數學運算⑥數據分析題號題型知識點(主題內容)能力要求核心素養預估難度I"ⅢⅣVⅥ①②③④⑤⑥檔次系數1選擇題5集合的交集運算√√易2選擇題5樣本數據的平均數和極差的計算√√易3選擇題5三角恒等變換√√易4選擇題5幾何意義√√√√易5選擇題5二項式定理的應用√√易6選擇題5回歸方程的選擇√√√√√中7選擇題5立體幾何與導數結合√√中8選擇題5雙曲線與橢圓綜合√√√√難9選擇題6平面向量坐標運算與充要條件的結合√√√易選擇題6抽象函數性質綜合√√√中選擇題6解三角與數列綜合√√√√√√√√√難填空題5拋物線定義的考察√√√√√易填空題5數列單調性求參數范圍√√中填空題5函數與方程綜合√√√√難解答題三角函數與圓結合√√√√易解答題函數導數綜合√√√易(數學)解答題概率綜合√√√√√中解答題立體幾何綜合√√√√√中解答題新定義數列綜合√√√√√√√難參考答案及解析.數學.氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵4},故A∩Z={1,2,3}.故選B.-1十4十5十7十8十9176=3.極差為9—1=8.1十4十5十7十8十9173.D【解析】由題意可得tanθ=,故EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(cos),sin)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(θ),θ)十EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(3),2)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(s),c)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(i),o)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(n),s)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(θ),θ)=故選D.4.A【解析】設義=a十bi,由題意可得(a十bi).(a—a=1b=1,所以bi)=a2十b2=2[aa=1b=1,所以1十i,由復數的幾何意義可知義在復平面內所對應的點為(1,1),位于第一象限.故選A.5.C展開式的通項為Tr十1= r≤5,令5—2r=3,得r=1,因此展開式中父3項的系數為(—1)1.24CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(1),5)=—80.故選C.6.C【解析】對于A,代入父=10,30,可得y=56,28,其中第五組數據相差較大,舍去;對于B,代入父=10,30,可得y=53,39,其中第五組數據相差較大,舍去;對于C,代入父=10,30,100—20ln10=100—20(ln5十ln2)=54,100—20ln30=100—20(ln2十ln5十ln3)=32,與數據完全符合,應采用;對于D,代入父=10,30,60—3(ln5十ln2)=53.1,60—3(ln2十ln5十ln3)=49.8與數據差異過大,舍去.故選C.7.B【解析】設正三棱柱的底面邊長為a,側面高度為h,則其表面積S=2×\a2十3ah=6\,整理得h=2\a,因為a,h>0,所以0<a<2\.2\a的體積將V看作關于a的函數V(a),則VI(a)=28a2,當0<a<2時, >0,V(a)單調遞增;當2<a<2\時,VI(a)<0,V(a)單調遞減,故當a=2 得最大值,此時三棱柱的高為2\3故選B8.D【解析】以MN所在直線為父軸,MN的垂直平分線為y軸,MN的中點為坐標原點,建立平面直角坐標系,則M(—1,0),N(1,0),設P(父,y),所以Q(父,0),因為△PMN是銳角三角形,所以父∈(—1,2QM.QN=MN2—PQ2,故2(1十父)(1—父)=4—y2,整理得—父2=1(y≠0),其為雙曲線,實軸長為2\,離心率為\\1EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(十2),2)=\,故P的軌跡為實軸長為2\,離心率為\的雙曲線的一部分.故選D.9.AC【解析】對于A.由a丄b兮a.b=0兮—1十pq=0兮pq=1,故A正確;對于B.由〈a,b〉為銳角兮a.b>0且a,b不共線兮—1十pq>0且p十q≠0兮pq>1,故B錯誤;對于C.由aⅡb兮p十q=0,故C正確;對于D.p=\,q=0時,〈a,b〉=,仍滿足(p十q)2=3(pq—1)2,故D錯誤.故選AC.10.ACD【解析】令p=q=0,所以f(0)十f(0)=f(0),解得f(0)=0,故A正確;q=—p,所以f(p)十f(—p)=f(0)=0,所以f(父)為奇函數,故B錯誤;當—1<父<0時,父2>0>父,因為當p>0時,f(p)>0,f(父)為奇函數,所以當p<0時,f(p)<0,所以f(父2)>0>f(父),故C正確;設—1<父1<父2<f(父=fEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up6(2),十),因為EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up7(父),1十)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up7(父),1十)>0,因此f(父2)—f(父1)>0,即f(父)在(—1,0)上單調遞增,因為f(父)為奇函數,所以f(父)在(—1,1)上單調遞增,當0<父<1時,父2<父,故f(父2f(父),故D正確.故選ACD.11.AB【解析】對于A.由△ABC的面積,有=r(3十4十5),則△ABC的內切圓半徑r=1,由EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(—→),AD)EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(—→),AB)EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(—→),AC)EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(—→),AD)EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(—→),AB)EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(—→),AC)=EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(—→),AB)EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(—→),AC)=則故A正確;對于BC,若AD是AB,AC的等比中B.取AB=1,AC=2十\,則BC2=8十4\,AD2=BC2=2十\,AD2= AB.AC,即存在直角△ABC,使得AD是 AB,AC的等比中項,故B正確;對于C.若AD丄BC,由△ABC的面積,有AD= AB.ACBC,若AD是AB,AC的等比中●數學●氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵AC=BC2=AB2十AC2,即(EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up5(AC),AB))2—AC AB十1=0,Δ=1—4=—3<0,無解,故不存在直角△ABC,使得AD是AB,AC的等比中項,故C錯誤;對于D.若上BAD=上CAD=,由—AC正弦定理可得=sinEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up6(B),上)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up6(D),B)AD=\BD,=sinEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up6(CD),上C)AD=\CD,即AD=\BDsinB=\BDBEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(●),C)AC,AD=\CDsinC=\CDBEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(●),C)AB,代入AD2=AB●AC,有\BDBEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(●),C)AC●\CDBEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(●),C)AB=AB●AC,即2BDi●CD=BC2=(BD十CD)2,即BD2十 CD2=0,即BD=CD=0,顯然不成立,故不存在直角△ABC,使得AD是AB,AC的等比中項,故D錯誤.故選AB.)坐標代入E:y2=2p父(p>0),解得p=1,所以|AF|=十=1.故答案2kn—k十1,n≥2,因為{an}不是遞增k≤0或EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up6(k),3)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up6(0),2),解得k≤.故答案—U(lna,等價于lnaa父—2a父十1a= aa= a2 ,g’(父)>0,g(父)單調遞增,當父>e時,g’(父)<0,g(父)單調遞減,又因為當父>1時,g(父)>0,且當父趨向于正無窮大時,g(父)無限趨近于0,所以若方程2a2a父十1十2a父=1有兩個實根,由g=g(aa父—)知,只需滿足115.解:(1)函數f(父)相鄰對稱軸間的距離為由題知C的直徑為3,所以π=3,解得(3分)C的圓心,0),所以其中一條對稱軸為父=2,代入f(父)的對稱軸方程w父十φ=十kπ(k∈Z),解得φ=—十kπ(k∈Z),因為|φ|≤,所以φ=(2)若φ=,則f(父)的極值點滿足w父十=十kπ(k∈Z),所以父=(k∈Z),(8分)C左頂點的橫坐標為—1,右頂點的橫坐標為2,故原題設等價于有且僅有2個k的值滿足—1<<2(k∈Z),整理得—<k<,故k能且僅能取0,1兩個值,(11分)所以解得(13分)父,f(1)=1,(2分)父f’(1)=0,(4分)故曲線y=f(父)在點(1,f(1))處的切線方程為y—1=0.(5分)父a十a—1,(6分)假設父=a是f(父)的極大值點,則f’(a)=0,(7分)即2alna十十a—1=0,化簡得alna十a=1,(8分)當0<a<1時,alna<0,alna十a<1;(9分)當a>1時,alna>0,alna十a>1;(10分)只有當a=1時,等號成立,(11分)父但由假設知父=a=1是f(父)的極大值點,于是由極大值點的定義知存在父0,使得父∈(1,父0)時,f’(父)<0,與假設矛盾,(14分)參考答案及解析●數學●氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵17.解:(1)在打了兩個球后結束,則甲連勝兩球或乙連勝兩球,(1分)設事件A為“再打了兩個球后結束”,事件B為“乙贏得比賽”,(2分) P(AB)=●=,(4分)故P( (2)設事件C為“乙贏了本局”,設事件Di(i=—1,0,1)為“當前乙同學分數與甲同學分數之差為i時,最終乙同學獲勝”,事件M為“乙贏了上一局”,(7分) 則i=1時,乙肯定贏了上一局,P(C)=3,若贏球則直接贏得比賽,若輸球則獲勝概率為P(D0|M—),則P(D1)=P(D1|C)P(C)十P(D1|)P()= 十P(D0|M 氵氵氵氵氵氵氵同理i=—1時,乙肯定輸了上一局,P(C)=,若輸球則輸掉比賽,若贏球則獲勝概率為P(D0|M),則P(D—1)=P(D—1|C)P(C)十P(D—1|)P(氵氵氵氵氵氵 3P(D0|M), 3氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵當i=0時,若乙贏了上一局,P(C)=,若贏球則獲勝概率為P(D1),若輸球則獲勝概率為P(D—1),氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵 P(D—1)P(C-)=3P(D1)十3P(D—1),(10分)若乙輸了上一局,P(C) 同理可得P(D0|M)=P(D1)P(C)十P(D1)P(C-) =3P(D1)十3P(D—1),(11分)且初始P(C)=,故乙同學最終獲勝的概率等價于P(D0|M 氵氵氵氵氵18.解:(1)由題干知四邊形ABCD在球O的一個圓面氵氵氵氵故上BAD十上BCD=π,而BC丄CD,故上BAD=,AB丄AD,(1分)由PB丄平面PAD,ADG平面PAD,可得PB丄AD,(2分)而AB∩PB=B,ABG平面PAB,PBG平面PAB,故AD丄平面PAB,(3分)而ADG平面ABCD,故平面PAB丄平面ABCD.(4分)(2)作PH丄AB,由平面PAB丄平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PHG平面PAB,可得PH丄平面ABCD,(5分)AHDAHBC記四棱錐P—ABCD的體積為V, 則V=3●PH●S四邊形ABCD=3●PH●(S△ABD 而S△ABD=●AB●AD=×4×4=8,(6分)由PB丄平面PAD,PAG平面PAD,知PB丄PA,故PB2十PA2=AB2=16,于是PA●PB≤PB2EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(十),2)PA2=8,當且僅當PA=PB=2\時取等.由S△PAB=●PB●PA=●AB●PH,知PH=≤=2,(7分)S△BCD=●BC●CD,由BC丄CD,可得32=BD2=BC2十CD2≥2BC●CD,故BC●CD≤16,當且僅當BC=CD=4時取等. 于是S△BCD=2●BC●CD≤8,(8分)故V=●PH●(S△ABD十S△BCD)≤×16=,故四棱錐P—ABCD體積的最大值為32(9 (3)取AB中點N,以N為原點,NB為父軸,過點N且平行于AD的直線為y軸,過點N且平行于PH的直線為z軸,建立如圖所示空間直角坐標系N父yz,(10分).數學.參考答案及解析氵氵氵氵氵AHMDAHMD氵y氵yB氵B氵C氵C氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵PH==6\5氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵NH=2\2BD=2\,記BD與Y軸交于點M,易知M(0,2,0),而CM=2BD=2\,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(—→),PC),EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up4(—→),HP)記直線PC與平面ABCD所成的角為θ,1而由輔助角公式知5故直線PC與平面ABCD所成角的正弦值的最小值為\(1719.解:(1)由于存在正數m,使\an十1是an十2和an的加比中項與減比中項,故由定義,有maEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),n)十1≥an十2.an與maEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),n)十1≤an十2.,(2分)則必有maEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),n)十1=an十2.an.(3分)EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),2)(4分)由于m為正數,故m=1.(6分)EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),n)十1≤bn十2.bn.由于a1=1,a2=1,b{an}與{bn}均為正項數列.(7分)證明\an十1bn是an和bn十1的減比中項等價于證明an十1bn≤anbn十1,即證aEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up4(n十),an)1≤bEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up4(n十),bn)1.(8分)EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),n)十1≤bn十2.bn,故EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up4(bn十2),bn十1)≥mbEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up4(n十),bn)1≥m2≥…≥mn=mn.EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2