試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025屆山西省臨汾市高三二模數學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．i2025+1A．i B．?i C．1+i2．若3≤a≤5,A．8,9 B．4,8 C．3．已知圓錐的底面半徑為2，其側面展開圖為14個圓，則該圓錐的母線長為（

A．4 B．22 C．42 4．記Sn為等差數列an的前n項和，公差d>0，且a2020?aA．2021 B．4039 C．2020 D．40405．已知圓(x?1)2+(y?1)A．1 B．2 C．3 D．46．設a=ln0.9A．c>a>b B．c>b7．已知函數fx=2sinωx+φ，如圖，A,B是直線A．0 B．?2 C．1 8．在三棱錐P?ABC中，∠PAB=∠A．127 B．3 C．187 二、多選題9．已知橢圓C:x2a2+y2bA．AB．四邊形AF1C．四邊形AF1D．橢圓C的離心率的取值范圍為[10．函數fx=aA． B．C． D．11．已知數列an滿足：a1=A．aB．anC．若Tn為數列ann+D．若對任意n∈N*，都有三、填空題12．二項式1x?x13．已知a>0，函數fx=1x,14．已知雙曲線E:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點為F四、解答題15．已知a,b,c分別為△A(1)若4sinB=(2)是否存在正整數t，使得△ABC16．設拋物線C:y2=2pxp>0的焦點為F，過F的直線l與(1)求拋物線C的方程；(2)若∠AOB17．如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥底面ABC(1)求證：CM//平面P(2)求點D到平面PB(3)若AP=AB，平面PBC⊥平面ABP，點N為棱P18．已知函數fx=ln(1)當a=2時，求曲線y=(2)求fx(3)當a>1時，設fx的兩個零點為x19．乒乓球體育俱樂部計劃進行單打比賽，采用單淘汰制進行比賽，即每名選手負一次即被淘汰出局.現有8名乒乓球單打運動員隨機編號到對陣位置，所有運動員在任何一場比賽中獲勝的概率均為12(1)求甲?乙在第一輪比賽過程中相遇的概率；(2)求甲?乙在比賽過程中相遇的概率；(3)為使得甲?乙兩人在比賽過程中相遇的概率小于0.01，俱樂部計劃增加運動員人數到2n（i）求甲、乙兩人在第3輪比賽中相遇的概率（用含n的式子表示）；（ii）求n的最小值.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《2025屆山西省臨汾市高三二模數學試題》參考答案題號12345678910答案BDCCDABAABDABD題號11答案ABC1．B【分析】根據復數的周期性以及復數的除法運算化簡即可求解.【詳解】i2025故選：B2．D【分析】根據不等式的性質即可求解.【詳解】由3≤a≤故5≤故選：D3．C【分析】根據圓錐的側面積公式和圓的面積公式列出關系式S=πrl=【詳解】設圓錐的底面半徑為r，母線為l，由圓錐的側面積公式可得S=πr因為r=2，所以故選：C.4．C【分析】由題意可得數列an前2020項全為負，從2021【詳解】因為公差d>0，所以數列an單調遞增，所以a所以a2020<0,a2021>所以前2020項的和S2020為Sn的最小值，故故選：C.5．D【分析】根據圓心到直線的距離與半徑的關系即可求解.【詳解】(x?1)2圓心1,1到直線的距離為故P到直線3x?4故選：D6．A【分析】構造函數fx=lnx?【詳解】記fx=ln故當0<x<1時，f′當x>1時，f′x=故fx=lnx?當且僅當x=故ln109<19由于a=ln0.9故選：A7．B【分析】根據f0=2可得φ=π2+【詳解】根據f0=2可得sinφ=令fx=2cosω結合圖象可知ωx因此AB=x因此fx=cos故選：B8．A【分析】根據二面角的幾何法可得∠P【詳解】由于∠PAB=∠CAB=π2由于AB⊥PA,AB設AB=x在△PPC則△PAC故外接球的半徑R當x=故AB故選：A9．ABD【分析】根據給定條件，利用橢圓的對稱性確定四邊形AF【詳解】依題意，AB,F1F2互相平分，且對于A，AF對于B，四邊形AF1B對于C，四邊形AF1B對于D，由以原點為圓心，c為半徑的圓與橢圓有公共點，得c≥b，即解得c2a2故選：ABD10．ABD【分析】對a=0，a<【詳解】當a=0是，當a<0時，fx=a當a>0時，由f′令f′x=0，則因為y=ex?x，可得y所以y=ex?x當0,x0時，f′x所以函數fx在0,x故選：ABD.11．ABC【分析】根據累乘法可得an=3nn【詳解】由3nan故ana1故an=3由于an+1anan故Tn由(?1)當n為偶數時，則λ≤31?1當n為奇數時，則?λ≤31?故對任意n∈N*，都有(故選：ABC12．15【分析】1x?x26的展開式的通項為T【詳解】1x?令3k2?所以展開式的常數項T3故答案為：15413．0【分析】分x>0與x≤0兩種情況討論方程【詳解】因為函數Fx=f當x>0時，方程為1x=a因為a>0，所以Δ=所以ax又x>0，所以當x≤0時，方程為a因為函數Fx=f所以Δ=1?a2?4所以實數a的取值范圍是0,故答案為：0,14．355【分析】聯立直線AB與雙曲線的方程，求出點M【詳解】設雙曲線E的半焦距為c，則F(?c,0由y=x+cba2?b2>于是點M(?a解得b2a2=4故答案為：315．(1)4(2)存在，6【分析】（1）根據正弦定理邊角互化得4b=5a，即可求解（2）根據余弦定理即可求解.【詳解】（1）由4sinB=又因為a=t+1,所以a=由余弦定理得：cosB由于B∈0,所以S△（2）由t>0，a=t+則使角C為銳角即可，即cosC且t+1+由余弦定理得cosC則t2解得t>3+結合t>1因為t為正整數，所以t的最小值為6.16．(1)y(2)41111【分析】（1）設l的方程為y=2x（2）法一，斜率不存在時，不符合題意，當斜率存在時，設l的方程為y=kx?1，兩點Ax1,y1,Bx2,y2【詳解】（1）當l斜率為2時，設l的方程為y=聯立y=2x?pxAB=x故拋物線C的方程為y2（2）解法一：當l垂直x軸時，直線方程為x=1，可得A,所以AO=B由余弦定理可得cos∠設l的方程為y=kx聯立y=kx?1Δ>0顯然成立，并有OAO=x由∠AOB=120從而l方程為y=411即l的方程為41111x解法二：由題可知，直線l斜率不為0，設l的方程為x=my聯立x=my+1Δ>0顯然成立，并有OAO==16由∠AOB解得m=±114，從而故直線l的方程為41111x17．(1)證明見解析；(2)2；(3)NC【分析】（1）取PA的中點E（2）由線面平行的判定證得AD//平面PBC（3）取PB的中點F，利用面面垂直的性質、線面垂直的判定證得A【詳解】（1）在四棱錐P?ABCD中，取P在△PAD中，由E,M又BC//即四邊形BCME為平行四邊形，BE//M所以CM//（2）設點A到平面PBC的距離為h，由四面體P?AB得13S△而AD//BC,BC?所以點D到平面PBC的距離為（3）取PB的中點F，連接AF，由AP=AB，得平面PBC∩平面ABP=PB,則AP=AB=2,BP又PA⊥平面ABCD,BC?因此BC⊥平面ABP，又AB而△PBC的面積為22，BP由AD//BC，得AD⊥則A0,0則N2AN=2?2則PB?n=2x1?2則AB?m=2cos?m,n?=2得1?λ2?2λ2所以NC18．(1)y(2)單調遞增區間為?1a(3)證明見解析【分析】（1）根據導數的幾何意義求解即可；（2）求導，利用導數分析函數的單調性即可；（3）結合（2）易得x=0是是fx的一個較小的零點，不妨設x1=0，要證【詳解】（1）當a=2時，則f′x=故所求切線方程為y=（2）由fx=ln則f′令f′x>令f′x<故fx的單調遞增區間為?1a（3）當a>1時，由（2）知fx在?1a又f0=0,x要證x1+x因為21?1a>從而只需證f2f2令gxg′x=gx>g1=19．(1)1(2)1(3)（i）P=【分析】（1）先設甲的位置固定，進而分析求解即可；（2）甲乙相遇包括三種情況：甲乙第一輪相遇P1，甲乙第二輪相遇P2，甲乙第三輪相遇（3）（i）當人數增加到2n，則固定甲的位置后，乙有2（ii）解法一：記比寒的輪次為本件Akk=1,2,解法二：設2n名選手參賽，甲乙相遇的概率為Pn，易得【詳解】（1）設甲的位置固定，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P1（2）由題可知甲乙相遇包括三種情況：甲乙第一輪相遇P1，甲乙第二輪相遇P2，甲乙第三輪相遇甲乙要在第二輪相遇，則甲乙在同一個半區，但不在同一組的概率為27同時甲乙在第一輪都要獲勝則P2甲乙要在第三輪相遇，則甲乙不在同一個半區的概率為47同時甲乙在第一?二輪都要獲勝則P3所以甲乙相遇的概率P=（3）（i）當人數增加到2n，則固定甲的位置后，乙有2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18區內的不同半區的概率為4同時甲乙在第一?二輪都要獲勝，則甲、乙兩人在第3輪比賽中相遇的概率為P=（ii）解法一：記比賽的輪次為事件Ak甲乙在比賽過程中相遇的事件為B，要使甲乙能在第k輪相遇，則甲乙必須得在同一個12k?同時甲乙在