高級(jí)中學(xué)名校試題PAGEPAGE1山西省臨汾市2025屆高三二模數(shù)學(xué)試題一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.（）A. B. C. D.【答案】B【解析】,故選：B2.若，則的范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由可得，故，故選：D3.已知圓錐的底面半徑為，其側(cè)面展開圖為個(gè)圓，則該圓錐的母線長(zhǎng)為（）A.4 B. C. D.【答案】C【解析】設(shè)圓錐的底面半徑為，母線為，由圓錐的側(cè)面積公式可得，解得，因?yàn)椋?故選：C.4.記為等差數(shù)列的前項(xiàng)和，公差，且，則取得最小值時(shí)為（）A.2021 B.4039 C.2020 D.4040【答案】C【解析】因?yàn)楣睿詳?shù)列單調(diào)遞增，所以，又，所以，所以數(shù)列前項(xiàng)全為負(fù)，從開始為正，所以前項(xiàng)的和為的最小值，故.故選：C.5.已知圓上的點(diǎn)到直線的距離為，則滿足條件的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】的圓心為，半徑為，圓心到直線的距離為，故到直線的距離為的點(diǎn)共有4個(gè)，故選：D6.設(shè)，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】記則，故當(dāng)時(shí)，，故在單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，故在單調(diào)遞減，故，因此對(duì)任意的，都有，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取到等號(hào)，故，故，故，由于，因此，故選：A7.已知函數(shù)，如圖，是直線與曲線的兩個(gè)交點(diǎn)，若，則（）A.0 B. C.1 D.2【答案】B【解析】根據(jù)可得，故,故，令，故或,結(jié)合圖象可知,因此故，因此故，故選：B8.在三棱錐中，，且二面角的大小為，則當(dāng)該三棱錐的外接球體積最小時(shí)，（）A. B.3 C. D.【答案】A【解析】由于且二面角的大小為，故為二面角的平面角，故，由于平面，故平面，設(shè)，則，在中，由余弦定理可得，則的外接圓直徑，故外接球的半徑當(dāng)時(shí)，球的半徑取得最小值,此時(shí)三棱錐的外接球體積最小，故.故選：A二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9.已知橢圓的左?右焦點(diǎn)分別為為橢圓上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，且，則（）A.B.四邊形的周長(zhǎng)為C.四邊形的面積為D.橢圓的離心率的取值范圍為【答案】ABD【解析】依題意，互相平分，且，則四邊形是矩形，令其半焦距為c,對(duì)于A，，A正確；對(duì)于B，四邊形的周長(zhǎng)為，B正確；對(duì)于C，四邊形的面積為，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由以原點(diǎn)為圓心，c為半徑的圓與橢圓有公共點(diǎn)，得，即，解得，即離心率，D正確.故選：ABD10.函數(shù)的圖象可以是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】當(dāng)是，，故A符合；當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，且，故B符合；當(dāng)時(shí)，由為上的單調(diào)遞增函數(shù)，令，則，即，因?yàn)椋傻茫栽谏系膯握{(diào)遞增函數(shù)，所以，所以有唯一解，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故D正確.故選：ABD.11.已知數(shù)列滿足：，則下列說(shuō)法正確的是（）A.B.是單調(diào)遞增數(shù)列C.若為數(shù)列的前項(xiàng)和，則D.若對(duì)任意，都有，則【答案】ABC【解析】由，可得，故,也符合，故，，A正確，由于，故，因此是單調(diào)遞增數(shù)列，B正確，，故，C正確，由可定，當(dāng)偶數(shù)時(shí)，則恒成立，由于單調(diào)遞增，故，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，則恒成立，由于單調(diào)遞增，故，故對(duì)任意，都有，則，故D錯(cuò)誤，故選：ABC三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.二項(xiàng)式的展開式的常數(shù)項(xiàng)是______.【答案】【解析】的展開式的通項(xiàng)為令，解得，所以展開式的常數(shù)項(xiàng).故答案為：.13.已知，函數(shù)，若函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是______.【答案】【解析】因?yàn)楹瘮?shù)有三個(gè)零點(diǎn)，即方程有三個(gè)解，當(dāng)時(shí)，方程為，即，即，因?yàn)椋裕苑匠逃袃蓚€(gè)根，又，所以有一個(gè)正根與一個(gè)負(fù)根，又，所以有一正的零點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，方程為，即因?yàn)楹瘮?shù)有三個(gè)零點(diǎn)，所以方程有兩個(gè)非正根，所以，解得，又，所以，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是.故答案為：.14.已知雙曲線的左焦點(diǎn)為，過(guò)點(diǎn)且傾斜角為的直線與的左支交于兩點(diǎn)，為線段的中點(diǎn)，若（為坐標(biāo)原點(diǎn)），則雙曲線的離心率是______.【答案】【解析】設(shè)雙曲線的半焦距為，則，直線方程為，由消去得，，設(shè)，則，于是點(diǎn)，，解得，所以雙曲線的離心率.故答案為：四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟.15.已知分別為三個(gè)內(nèi)角的對(duì)邊，.（1）若，求的面積；（2）是否存在正整數(shù)，使得為銳角三角形？若存在，求出的最小值；若不存在，說(shuō)明理由.解：（1）由及正弦定理得：，又因?yàn)椋裕獾?所以.由余弦定理得：，由于所以，所以.（2）由，可知，，要使得為銳角三角形，則使角為銳角即可，即.且，即.由余弦定理得，則，解得，或，結(jié)合，故因?yàn)闉檎麛?shù)，所以的最小值為6.16.設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為，過(guò)的直線與相交于兩點(diǎn)，是坐標(biāo)原點(diǎn).當(dāng)?shù)男甭蕿?時(shí)，.（1）求拋物線的方程；（2）若，求直線的方程.解：（1）當(dāng)斜率為2時(shí)，設(shè)的方程為，聯(lián)立，消得，，解得.故拋物線的方程為.（2）解法一：當(dāng)垂直軸時(shí)，直線方程為，可得兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為，所以，，由余弦定理可得，不符合題意，設(shè)的方程為，兩點(diǎn)，聯(lián)立，消得，顯然成立，并有.，，由得，，解得.從而方程為或，即的方程為或.解法二：由題可知，直線斜率不為0，設(shè)的方程為，兩點(diǎn)，聯(lián)立，.消得，顯然成立，并有，，，由得，，解得，從而方程為，故直線的方程為或.17.如圖，在四棱錐中，底面為棱的中點(diǎn)，四面體的體積為的面積為.（1）求證：平面；（2）求點(diǎn)到平面的距離；（3）若，平面平面，點(diǎn)為棱上一點(diǎn)，當(dāng)平面與平面夾角為時(shí)，求的長(zhǎng).（1）證明：在四棱錐中，取的中點(diǎn)，連接，在中，由分別為的中點(diǎn)，得，又，則，即四邊形為平行四邊形，，而平面平面，所以平面.（2）解：設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，由四面體的體積為的面積為，得，解得，而平面平面，則平面，所以點(diǎn)到平面的距離為.（3）解：取的中點(diǎn)，連接，由，得，由平面平面，平面平面平面，得平面，即，則，由平面平面，得，又平面平面，則，而平面，因此平面，又平面，則，而的面積為，，則，，由，得，以為原點(diǎn)，直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)，則，，設(shè)平面的法向量為，則，取，得，設(shè)平面的法向量為，則，取，得，，由平面與平面的夾角為，得，解得，即為的中點(diǎn)，所以.18.已知函數(shù)，其中.（1）當(dāng)時(shí)，求曲線在處的切線方程；（2）求的單調(diào)區(qū)間；（3）當(dāng)時(shí)，設(shè)的兩個(gè)零點(diǎn)為，求證：.（1）解：當(dāng)時(shí)，，則，即，故所求切線方程為.（2）解：由，，則，令，則；令，則，故的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.（3）證明：當(dāng)時(shí)，，由（2）知在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又是的一個(gè)較小的零點(diǎn)，不妨設(shè)，要證，只需證，因?yàn)椋以谏蠁握{(diào)遞減，從而只需證即可.，令，在上單調(diào)遞增.，即證，即證.19.乒乓球體育俱樂(lè)部計(jì)劃進(jìn)行單打比賽，采用單淘汰制進(jìn)行比賽，即每名選手負(fù)一次即被淘汰出局.現(xiàn)有8名乒乓球單打運(yùn)動(dòng)員隨機(jī)編號(hào)到對(duì)陣位置，所有運(yùn)動(dòng)員在任何一場(chǎng)比賽中獲勝的概率均為.現(xiàn)有甲?乙兩位孿生兄弟參賽.（1）求甲?乙在第一輪比賽過(guò)程中相遇的概率；（2）求甲?乙在比賽過(guò)程中相遇的概率；（3）為使得甲?乙兩人在比賽過(guò)程中相遇的概率小于0.01，俱樂(lè)部計(jì)劃增加運(yùn)動(dòng)員人數(shù)到名，對(duì)陣圖和上圖類似.（i）求甲、乙兩人在第3輪比賽中相遇的概率（用含的式子表示）；（ii）求的最小值.解：（1）設(shè)甲的位置固定，若乙要與甲在第一輪相遇只能在同一組，所以甲乙在第一輪相遇的概率.（2）由題可知甲乙相遇包括三種情況：甲乙第一輪相遇，甲乙第二輪相遇，甲乙第三輪相遇，甲乙要在第二輪相遇，則甲乙在同一個(gè)半?yún)^(qū)，但不在同一組的概率為，同時(shí)甲乙在第一輪都要獲勝則.甲乙要在第三輪相遇，則甲乙不在同一個(gè)半?yún)^(qū)的概率為，同時(shí)甲乙在第一?二輪都要獲勝則.所以甲乙相遇的概率.（3）（i）當(dāng)人數(shù)增加到，則固定甲的位置后，乙有個(gè)選擇，要使得甲乙能在第三輪相遇，由（2）可知甲乙必須得在同一個(gè)區(qū)內(nèi)的不同半?yún)^(qū)的概率為，同時(shí)甲乙第一?二輪都要獲勝，則甲、乙兩人在第3輪比賽中相遇的概率為.（ii）解法一：記比賽的輪次為事件，甲乙在比賽過(guò)程中相遇的事件為，要使甲乙能在第輪相遇，則甲乙必須得在同一個(gè)區(qū)內(nèi)的不同半?yún)^(qū)的概率為，同時(shí)甲乙在前輪都要獲勝，所以.所以甲乙相遇的概率為.要使得甲乙相遇的概率小于0.01，即，即，又因