2025届安徽省亳州市利辛高级中学高二下学期期末暨新高三摸底考试数学试题（解析版）

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2025届安徽省亳州市利辛高级中学高二下学期期末暨新高三摸底考试数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集的概念及运算、指数式与对数式的互化、比较对数式的大小
【分析】利用对数与指幂的互换，结合对数函数的性质，根据交集，可得答案.
【详解】由，，，则.
故选：B．
2．已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数的乘方、复数的除法运算
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简即可.
【详解】因为，
所以．
故选：B
3．已知函数，若，则（ ）
A．0 B．2 C． D．2或3
【答案】B
【知识点】已知分段函数的值求参数或自变量
【分析】由题意分类讨论，，解方程可求解a.
【详解】当时，则，解得：或（舍去）
当时，则，解得：（舍去）
综上所述：
故选：B.
4．已知椭圆的两焦点分别为，点为椭圆上任意一点，则的值为（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】D
【知识点】椭圆定义及辨析、根据椭圆方程求a、b、c
【分析】根据已知条件求得，利用椭圆的定义求得正确答案.
【详解】由椭圆的标准方程可得，由椭圆的定义可得.
故选：D
5．设为正项递增的等比数列的前项和，且，则（ ）
A．63 B． C．127 D．或127
【答案】C
【知识点】求等比数列前n项和、等比数列前n项和的基本量计算
【分析】法一：利用等比数列定义列出方程组解得公比即可求得结果；
法二：根据等比中项性质都化为关于的表达式可解得公比，计算可得答案.
【详解】依题意设等比数列的公比为，
法一：由，得，则或（舍去），
则；
法二：，则，则或（舍去），
，，
故选：C.
6．对数螺线在自然界中广泛存在，比如鹦鹉螺的外壳就是精度很高的对数螺线，向日葵的种子排列方式、松子在松果上的排列方式都和对数螺线高度吻合.已知某种对数螺线可以用表达，其中，，则、、的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】比较指数幂的大小、比较正弦值的大小、比较对数式的大小、比较函数值的大小关系
【分析】分析函数在上的单调性，比较、、的大小关系，即可得出、、的大小关系.
【详解】因为内层函数在上单调递增，且，则外层函数为增函数，
由复合函数法可知在上单调递增，
而，，，故.
故选：C.
7．已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式
【分析】先根据两角和的正弦公式将变形，再根据二倍角公式即可求解.
【详解】，
因为，所以.
由得，
即，解得.
故选：D.
8．已知函数，若，则满足的关系式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】对数函数单调性的应用、根据零点求函数解析式中的参数
【分析】因式分解后由得，转化为函数与函数函数值相反，结合一次函数、对数函数的单调性，利用函数零点列式化简即可.
【详解】
，又，
所以成立等价于，
又在定义域上单调递增且零点为，
在定义域上单调递减且零点为，
所以函数与函数在定义域内函数值相反且零点重合，
则应满足，即.
故选：B
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．是奇函数
B．的最小正周期为
C．在上单调递增
D．把图象上点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，然后再向左平移个单位长度得到的函数解析式为
【答案】AD
【知识点】求含sinx的函数的奇偶性、求正弦（型）函数的最小正周期、求图象变化前（后）的解析式、求sinx型三角函数的单调性
【分析】对于A，由正弦与余弦函数奇偶性可判断选项正误；
对于B，由二倍角正弦公式化简后可求最小正周期；
对于C，由题可得，然后由正弦函数单调性可判断选项正误；
对于D，由三角函数图象变换知识结合诱导公式可判断选项正误.
【详解】对于A，函数定义域为，
有，所以是奇函数，A正确；
对于B，，最小正周期为，故B错误；
对于C，因
则，故C错误；
对于D，由C，图象上点的横坐标缩短为原来的倍对应解析式为：
，再向左平移个单位长度得到的函数解析式为：
可知D正确.
故选：AD.
10．设抛物线的焦点为，过的直线交轴的负半轴于点，交抛物线于两点，，，过作抛物线的切线交轴于点，则（ ）
A． B．直线的斜率为
C． D．的面积为
【答案】ABD
【知识点】抛物线定义的理解、抛物线中的三角形或四边形面积问题、与抛物线焦点弦有关的几何性质、直线与抛物线交点相关问题
【分析】对于A由即可求解；对于B设，因此，又点在抛物线上，即可求解；对于C直线的方程为，与抛物线联立方程组即可求得点坐标，由两点间的距离公式即可求解；对于D由，得得直线方程为，即可求解.
【详解】因为为，所以，故A正确；
设，因此，由，从而，直线的斜率为，故B正确；
直线的方程为，
所以或，
因此可求得，，可得，故C错误；
由，得，所以直线的斜率为，
方程为，因此，
所以的面积为，故D正确．
故选：ABD．
11．记函数的零点为，则（ ）
A． B．
C．当时， D．为函数的极小值点
【答案】BC
【知识点】利用导数证明不等式、判断零点所在的区间、函数极值点的辨析
【分析】由题设，两边取对数并整理化简判断A；根据解析式判断函数单调性，应用零点存在性定理判断B；构造函数并应用导数研究区间的函数值符号判断C；假设为极小值点，对函数求导得到，结合判断D.
【详解】依题意，，故，即，故A错误；
易知当时，，且在上单调递增，
而，，故，故B正确；
令，则，
故当时，，则在上单调递增，
故，则，故C正确；
，
假设为极小值点，则有，
即，
将，代入可得，
因为，上述等式不成立，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：对于D，应用反证思想，先假设为极小值点，对函数求导得到，再判断所得方程是否成立为关键.
三、填空题
12．边长为4的正三角形绕其一边所在的直线旋转一周所形成的曲面所围成的几何体的表面积为 .
【答案】
【知识点】圆锥表面积的有关计算
【分析】由题意可知所得几何体是两个以为底面圆半径，以2为高的两个圆锥组合体，然后根据圆锥的侧面积公式求解即可.
【详解】将该三角形绕其一边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是两个以为底面圆半径，以2为高的两个圆锥组合体，
所以表面积为.
故答案为：
13．在中，若，则的外接圆半径为 .
【答案】
【知识点】正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形
【分析】利用三角形面积公式可得，再由余弦定理计算可得，根据正弦定理可得外接圆半径.
【详解】易知，即，
解得，
由余弦定理可知，
可得，
设外接圆半径为，所以，
可得.
故答案为：
14．如图所示，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次.该质点位于4的概率为 ；在该质点有且仅有一次经过点1的条件下，共经过两次2的概率为 .
【答案】
【知识点】计算条件概率、建立二项分布模型解决实际问题
【分析】第一空，设质点向右移动的次数为，可知服从二项分布，由题可得质点需向右移动5次，向左移动1次，则所求概率为；
第二空，设事件“质点有且仅有一次经过1”，事件“共两次经过2”，“质点仅在第1秒位于1”；“质点仅在第3秒位于”质点仅在第5秒位于1”，由题可得，然后由条件概率可得答案.
【详解】第一空，设质点向右移动的次数为，又质点每隔1秒等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，且每次移动是相互独立的，则服从二项分布，经分析质点位于4的位置，则右5次向左1次，则；
第二空，设事件“质点有且仅有一次经过1”，事件“共两次经过2”，
“质点仅在第1秒位于1”；“质点仅在第3秒位于”
质点仅在第5秒位于1”，
则两两互斥，则，
仅在第一秒经过1，则质点的走法：RRRLR（第六步不受影响）；RRRR（第五六步不受影响）；RLLRL（第六步不受影响）；RLLL（第五六步不受影响），，
仅在第三秒经过1，则质点的走法：LRRLL（第六步不受影响）；LRRRR（第六步不受影响），仅在第五秒经过1，则质点的走法：LLRRR（第六步不受影响）；
LRLRR（第六步不受影响），
则，又三种情况下，有且仅有一次经过点1的条件下，共经过两次2的情况有：RRRLRR，RRRRLL，LRRRRL，则.
则.
故答案为：；.
四、解答题
15．某环保机构研究城市绿化覆盖率（%）和PM2.5年均浓度（μg/m ）的关系，随机抽取10个城市数据如下：
编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和
绿化覆盖率 4 13 16 21 26 31 36 45 52 56 300
PM2.5年均浓度 80 66 58 54 50 46 42 38 34 32 500
可得．
(1)求绿化覆盖率与PM2.5浓度的样本相关系数（精确到0.01）；
(2)求关于的经验回归方程（精确到0.01），并估计使得PM2.5年均浓度不超过需要的最低绿化覆盖率（精确到整数）．
参考数据与公式：
【答案】(1);
(2).
【知识点】求回归直线方程、相关系数的计算、根据回归方程进行数据估计
【分析】（1）将相关数据代入样本相关系数公式计算即得；
（2）将相关数据代入的公式计算，求得经验回归方程，依题列出不等式求解即可估计结果.
【详解】（1）因，，
故
.
即绿化覆盖率与PM2.5浓度的样本相关系数约为.
（2）因，
则，故，
依题意由，可得，
即使得PM2.5年均浓度不超过需要的最低绿化覆盖率约为.
16．如图，在正四棱柱中，点E，F，G分别为的中点，点H在棱上.
(1)若证明：平面；
(2)若求平面BEH与平面FGH夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【知识点】证明线面垂直、空间向量垂直的坐标表示、面面角的向量求法
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标表示证明与，再结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）求出平面BEH与平面FGH的法向量，根据空间角的向量求法，即可求解.
【详解】（1）证明：以点为原点，直线，，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.
由，得，则，
因为，所以.
因为，所以.
因为，平面，平面，
所以平面.
（2）当时，，，
设平面的法向量为，则有得
取，得，，故，
设平面的法向量为，则有得
取，得，，故，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．已知函数，记，且，．
(1)求，；
(2)设，，
（ⅰ）证明数列是等差数列，并求数列的前项和为；
（ⅱ）证明：．
【答案】(1)，
(2)（ⅰ）证明见解析；；（ⅱ）证明见解析；
【知识点】简单复合函数的导数、由递推关系证明数列是等差数列、求等比数列前n项和、错位相减法求和
【分析】（1）求出导数，利用递推关系可得答案；
（2）（ⅰ）求出的递推关系，利用等差数列的定义可证明等差数列，利用错位相减法可求和；
（ⅱ）利用进行放缩，结合等比数列求和公式可证结论.
【详解】（1）因为，所以，
.
（2）（ⅰ）因为，所以，
又，所以，；
由（1）可知，，所以，，
，所以是以为首项和公差的等差数列，
，所以.
,,
两式相减可得
,
.
（ⅱ），，
所以
因为，所以.
18．已知为坐标原点，椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆上，直线，的斜率分别为，，且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若过的直线交于另一点，且由点，，，组成的以为一边的四边形的面积为，求的方程．
【答案】(1)
(2)或或
【知识点】根据椭圆方程求a、b、c、求直线与椭圆的交点坐标
【分析】（1）由题意表示出来，，列出方程组求解即可；
（2）根据点Q的位置进行分类讨论：将四边形的面积转化为两个小三角形面积之和，求出点Q的坐标，再求直线方程即可.
【详解】（1）由题可知，，.
∵点在椭圆上，且，
，解得，，
故椭圆的标准方程为.
（2）设点，
①若点在轴下方，则，如图1所示，

则.
因为点，，，组成的四边形的面积为，
所以，解得，
代入椭圆方程得，故点，
所以直线的方程为或.
②若点在轴上方，则，，如图2所示，

设点到直线的距离为，则，则，解得.
易知直线的方程为，由，得或.
联立得（舍去）或（舍去）
联立得
所以直线的方程为.
综上，直线的方程为或或.
19．已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)当时，求证：（记）．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、利用导数证明不等式
【分析】（1）利用导数分析函数在上的单调性，进而求得最大值；
（2）构造函数，求导得，由于当时，，所以，结合可得在区间上恒成立，进而得到在区间上为增函数，进而求解即可得证.
【详解】（1）由，，
所以，
令，得，即；
令，得，即，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，，．
所以．
（2）设，
所以，
当时，，所以，
又，
所以恒成立．
所以在区间上恒成立．
所以在区间上为增函数，
所以，
所以当时，.
【点睛】关键点睛：本题第（2）问关键在于构造函数求导后，利用时，，放缩成，进而得到在区间上恒成立，从而得到在区间上为增函数，即可求解.
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