2025年4月深圳市高三二模数学试卷答案_@高三模考真题_2025年4月深圳市高三二模试卷及答案

2025 年深圳市高三年级第二次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 一、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，只有一项符合题 目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D B A A B B C 命题说明： 1．题源：人教A版必修第二册215页第1题． 2．题源：人教A版选择性必修第一册124页第1题． 3．题源：人教A版必修第二册60页第2（3）题． 4．题源：人教A版必修第一册229页第3题． 5．题源：2024年全国新课标Ⅰ卷第5题． 6．题源：2023年全国乙卷（理科）第10题． 7．题源：人教A版必修第一册160页第6题． 8．题源：人教A版必修第二册95页第3题． 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，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。 题号 9 10 11 答案 AB BCD ABC 命题说明： 9． 题源：2024年全国新课标Ⅱ卷第9题． 10．题源：2023年全国新课标Ⅰ卷第11题． 11．题源：2022年全国新课标Ⅱ卷第12题． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 7 12． e ； 13． 2 3 ； 14． ； 30 命题说明： 数学试题参考答案及评分标准第 1 页 共 12 页12．题源：2024年全国新课标Ⅰ卷第6题． 13．题源：2013年全国新课标Ⅱ卷（文）第10题． 14．题源：2024年新全国课标Ⅰ卷第14题． 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） π 3 在△ABC 中，A ，BC边上的高等于 BC． 3 4 （1）求sinBsinC的值； （2）若BC 2，求△ABC 的周长． 【命题说明】本题源自2017年全国新课标Ⅰ（理）第17题． 【参考答案】 （1）设△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c． 1 3 1 由题意可得 a a bcsinA， 2 4 2 1 即bc a2， 2 1 由正弦定理得sinBsinC  sin2A， 2 π 又A ， 3 3 所以sinBsinC  ． 8 3 22 a2sinBsinC 8 （2）由正弦定理得bc   2， sin2 A 3 ( )2 2 1 由余弦定理得b2 c2 a2 2bccosA22 22 6， 2 又(bc)2 b2 c2 2bc62210 ，所以bc 10 ， 所以△ABC 的周长为abc2 10 ． 16．（15分） 已知四棱台ABCDABC D ，底面ABCD是边长为2的菱形，AA 平面ABCD， 1 1 1 1 1 A 1 D 1 ABC 60，AA  AB 1，E是BC的中点． 1 1 1 B 1 C 1 （1）证明：DD 平面ADE； 1 1 A D （2）求平面ADE与平面ADE 夹角的余弦值． 1 1 1 B E C 数学试题参考答案及评分标准第 2 页 共 12 页【命题说明】本题源自人教A版选择性必修第一册39页例10． 【参考答案】 （1）证法1 因为底面ABCD是菱形，ABC 60，E是BC中点， 所以AE BC，AE  AD， 因为AA 平面ABCD，AE平面ABCD， 1 所以AA  AE ， 1 又AA ，AD平面AADD，且AA IAD A， 1 1 1 1 所以AE 平面AADD， 1 1 而DD 平面AADD， 1 1 1 故AE DD ， 1 因为四棱台上下底面平行且相似，所以上底面ABC D 是边长为1菱形， 1 1 1 1 在四边形AADD 中，因为AA  AD 1，AAD  90，易求AD  2 ，DD  2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 在△ADD 中，DD2 AD2  AD2， 1 1 1 所以ADD90，即DD AD ， 1 1 1 又因为AD ，AE平面ADE，AD IAE  A， 1 1 1 所以DD 平面ADE． 1 1 证法2 因为底面ABCD是菱形，ABC 60，E是BC中点， 所以AE BC，AE  AD， 又AA 平面ABCD，所以AE，AD，AA 两两垂直． 1 1 以A为原点，AE，AD，AA 所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 1 则E( 3,0,0)，D(0,2,0)，D (0,1,1)， 1 uuur uuur uuuur  AE ( 3，0，0)，AD (0，1，1)，DD(0,1,1)， 1 1 uuur uuuur 因为AEDD 3001010 ， 1 所以AE DD， 1 uuur uuuur 因为AD DD00111(1)0， 1 1 数学试题参考答案及评分标准第 3 页 共 12 页所以AD DD， 1 1 又AD ，AE平面ADE，AEIAD A， 1 1 1 所以DD平面ADE． 1 1 z A 1 D 1 A 1 D 1 B 1 C 1 B 1 C M 1 T A D A D y B E C B E C x （2） 解法1 在等腰直角△AAD 中，过A 作AM  AD ， 1 1 1 1 1 1 2 则M 是AD 中点，MA MAMD  AD  ， 1 1 1 1 2 2 又AM∥DD ，所以AM 平面ADE， 1 1 1 1 又因为DE平面ADE，所以AM DE， 1 1 1 1 过M 作MT DE，连接AT ， 1 1 由于AM IMT M ，AM ，MT 平面AMT ， 1 1 1 所以DE 平面AMT ， 1 1 又AT 平面AMT ，故DE  AT ， 1 1 1 1 所以ATM 为平面ADE与平面ADE 的夹角， 1 1 1 1 由（1）知AD  AE ，在RtVADE 中，AE  ABsin60o  3，AD  2 ， 1 1 1 AE 30 故ED  5 ，MT MD sinMDT MD sinADE MD   ， 1 1 1 1 1 1 DE 10 1 因为AM 平面ADE，MT 平面ADE， 1 1 1 所以AM MT ， 1 数学试题参考答案及评分标准第 4 页 共 12 页2 则tanATM  A 1 M  2  15 ， 1 MT 30 3 10 又因为ATM 为锐角， 1 1 6 所以cosATM   ， 1 1tan2ATM 4 1 6 故平面ADE与平面ADE 夹角的余弦值为 ． 1 1 1 4 解法2 因为AA 平面ABCD，所以AE，AD，AA 两两垂直． 1 1 以A为原点，AE，AD，AA 所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 1 则E( 3 ，0，0)，A(0，0，1)，D(0，2，0)，D (0，1，1)， 1 1 uuuur uuur  AD (0，1，0)，AE ( 3，0，1)， 1 1 1 uuuur 由（1）易知平面ADE的一个法向量为DD(0,1,1)， 1 1 设平面ADE 的法向量为n(x，y，z)， 1 1 uuuur   nAD 0 y0 则 uu 1 ur 1 ， ， nAE0  3xz0 1 即取z3，得n( 3，0，3)， 设平面ADE与平面ADE 的夹角为， 1 1 1 uuuur |DD n| 3 6 则cos uuuur1   ， |DD ||n| 22 3 4 1 6 故平面ADE与平面ADE 夹角的余弦值为 ． 1 1 1 4 17．（15分） x2 y2 已知椭圆E:  1(ab0)，F为E的右焦点，P为E上的动点，当直线PF与x轴垂直 a2 b2 1 时， PF  ，R是直线y2上一动点， PR 的最小值为1． 2 （1）求E的方程； （2）过R作E的两条切线分别交x轴于M，N两点，求△RMN 面积的取值范围． 【命题说明】本题源自2021年全国乙卷（理）第21题． 【参考答案】 数学试题参考答案及评分标准第 5 页 共 12 页（1）设点F(c,0)(c0)， 1 1 ( )2 当直线PF与x轴垂直时，点P(c, )，则 c2 2 ， 2  1 a2 b2 因为 PR 的最小值为2b1，所以b1， 又由a2 b2 c2， 可解得a2，c 3， x2 故E的方程为  y2 1． 4 （2）设点M(m,0)，N(n,0)，R(t,2)，注意到RM ，RN 斜率不为0， tm tn 设RM :x ym，RN:x yn， 2 2 x2   y2 1 联立   4 ，得16(tm)2y24(tm)my4(m24)0 ，    tm x ym  2 因为RM 与E相切，所以 4(tm)m 2 416(tm)24(m24)0 ，   于是16(tm)2m2 1616(tm)2(m2 4)0 ，   化简得 3m2 2tmt2 160 ， 又RN 与E相切，同理有 3n2 2tnt2 160 ， 故m，n是一元二次方程 3x2 2txt2 160 的两根， 2t t2 16 则mn ，mn ， 3 3 2t t2 16 4 t2 12 所以 MN  mn  (mn)24mn ( )24( )  ， 3 3 3 1 4 t2 12 4 012 8 3 又t2 0，所以 S △RMN  MN 2   ， 2 3 3 3 8 3 所以△RMN 面积的取值范围为[ ,)． 3 18．（17分） 1 已知函数 f(x)xlnx1，已知函数 f(x)图象上的一点(x , f(x ))(x  ) ，按照如下的方式构 0 0 0 e 造切线l (nN )：在(x , f(x ))处作 f(x)的切线l ，记切线l 与x轴的交点横坐标为x ． n n1 n1 n n n 数学试题参考答案及评分标准第 6 页 共 12 页（1）写出x 与x 的递推关系式； n n1 （2）记 f(x)的零点为r ，且x r． 0 （i）证明：当x r 时，x r； n1 n 1 （ii）证明：对于任意的C[ ,1)，都有 x r Cn x r ． 2 n 0 【命题说明】本题源自人教A版选择性必修第二册82页阅读材料． 【参考答案】 （1）解:（1） f(x)lnx1，x(0,)， 则函数 f(x)在点(x , f(x ))处的切线方程为y(lnx 1)(xx )(x lnx 1) ， n1 n1 n1 n1 n1 n1 x lnx 1 x 1 令y0，得x n x n1  n l  n 1 x n  1 1  ln n x 1 1 . n1 n1 （2）（i）当x(0,1)时， f(x)xlnx11， 当x(1,)时， f(x)lnx10， f(x)单调递增， 又因为 f(1)10， f(2)2ln210， 所以 f(x)有唯一的零点xr ，其中r(1,2)． x1 令g(x) ，x(r,)， lnx1 1 lnx g(x) x  f(x) ， lnx12 xlnx12 当x(r,)时， f(x)0，g(x)0， 故g(x)在(r,)上单调递增． 因为 f(r)rlnr10， r1 r(r1) r(r1) 所以g(r)   r ． lnr1 rlnrr 1r 因为g(x)在(r,)上单调递增， 所以当x r 时，g(x )g(r)， n1 n1 又因为x g(x )，g(r)r ， n n1 所以x r， n 即证得：当x r 时，x r． n1 n （ii）由（i）知：因为x r，从而x g(x )g(r)r ，进而x g(x )g(r)r ， 0 1 0 2 1 由此递推可知：当x r 时，x r(nN*)， 0 n x lnx 1 令a  x r x r x r n1 n1 ， n n n n1 lnx 1 n1 数学试题参考答案及评分标准第 7 页 共 12 页1 下面证明：对于任意的C[ ,1)，都有a Ca (nN*)成立， 2 n n1 x lnx 1 即x r n1 n1 C x r Cx r ． n1 lnx 1 n1 n1 n1 因为lnx 10，所以只需证明(C1)(x r)(lnx 1)x lnx 10 ， n1 n1 n1 n1 n1 即 Cx (C1)r  lnx (C1)(x r)10， n1 n1 n1 令m(x) Cx(C1)r  lnx(C1)(xr)1，其中x(r,)， (C1)r Cx(C1)r 则m(x)Clnx 2C1，m(x) ， x x2 因为x(r,)， Cx(C1)r 所以Cx(C1)r Cr(C1)r (2C1)r≥0 ，故m(x) ≥0， x2 从而m(x)在(r,)上单调递增，可知m(x)m(r)ClnrC 0， 故m(x)在(r,)上单调递增，因此m(x)m(r)rlnr10， 因为x r(nN*)，故m(x ) Cx (C1)r  lnx (C1)(x r)10 ， n1 n1 n1 n1 n1 1 即对于任意的C[ ,1)，都有a Ca (nN*)成立， 2 n n1 a a a 由此可得：a  n  n L 1 a Cna Cn(x r)， n 0 0 0 a a a n1 n1 0 1 所以对于任意的C[ ,1)，都有 x r Cn x r (nN )． 2 n 0 19．（17分） 从编号为1,2,...,n (nN)的座位中按照如下方式选取座位：选取至少2个座位，并且选取的 座位中没有相邻的座位，则称这样的座位选取方案称为“社交排位”． （1）若n个座位排成一排，对应的“社交排位”数为u ，例如n1时，由于至少要选取2个座 n 位，因此u 0；n3时，由于只能选取第1,3个座位，因此u 1． 1 3 （i）求u ，u ； 4 5 （ii）求使u ≥300的最小正整数n． n （2）若n个座位排成一圈，对应的“社交排位”数为r ，求数列{r}中第2025个奇数对应的n． n n 【命题说明】本题源自2008年全国Ⅰ卷（理）第12题．以圆排列为背景，考查学生利用递推与递 归思想解决问题的能力． 【参考答案】 （1）当n4时，可以选取(1,3)，(1,4)，(2,4)，合计3种选法，于是u 3； 4 数学试题参考答案及评分标准第 8 页 共 12 页当n5时，可以选取(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,4)，(2,5)，(3,5)，(1,3,5)，合计7种选法， 于是u 7． 5 （2）解法1 当n3时，n2个座位的“社交排位”，可以分成两类： ①不包含n2号座位，此时，这便是n1个座位的“社交排位”，有u 种； n1 ②包含n2号座位，此时必不包含n1，剩余被选中的座位来自1,2,...,n. 当剩余被选中的座位数为1时，可以为1,2,...,n号，有n种选法； 当剩余被选中的座位数大于等于2时，此时剩余的位置数对应于n个座位的“社交排位”数有u 种， n 于是u u u n， n2 n1 n 由递推关系列出下表： n 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 u 1 3 7 14 26 46 79 133 221 364 596 n 则当n12时，有u 300的最小正整数n． n 解法2 当n2k (k2)时 u n u 2k C2 2k1 C3 2k2 C4 2k3 ...Ck k1  C2 2k1 C3 2k1 ...Ck 2k 1 1 Ck k1 C0 C1 C2 C3 ...Ck1 22k2 2k1 2k1 2k1 2k1 2k1 ∵28 300，29 300， ∴当2k28即k5时，不符合题意， 当k 6时，u C2 C3 C4 C5 C6 300， 12 11 10 9 8 7 当n11时，u C2 C3 C4 C5 C6 221300， 11 10 9 8 7 6 符合题意的最小正整数n为12． （3）解法1易知r r r 0，r 2，r 5， 1 2 3 4 5 当n5时，排成一排的n个座位的“社交排位”数u ，去掉其中同时选取1号，n号的方案，即得 n 到n个座位排成一圈的“社交排位”数，即为r ， n 则u r 对应的方案分为3类： n n ①仅选取1号，n号，有1种； ②选取1号，n号，以及3,4,...,n2中的1个位置，有n4种； ③选取1号，n号，以及大于等于2个3,4,...,n2中的座位，对于这类选取方案，由于2号与n1号 必不被选，其余3,4,...,n2的选法数对应于n4个座位排成一排的“社交排位”数为u ， n4 数学试题参考答案及评分标准第 9 页 共 12 页则u r 1(n4)u ， n n n4 r u u (n3)(u u )(u u )(n3) ， n n n4 n n2 n2 n4 又由u u u n ， n2 n n1 则r [u (n2)][u (n4)](n3) n n1 n3 [u u (n3)(n2)][u (n4)](n3) n2 n3 n3 u 2u 2(n3) ， n2 n3 则r n 与u n2 (n5)具有相同的奇偶性， 对于{u }，由u u u n ， n n2 n1 n u u u (n1)， n3 n2 n1 有u u 2u 2n1， n3 n n1 则u 与u 有不同的奇偶性，u 与u 具有相同的奇偶性， n3 n n6 n 又由u u 0为偶数，u ，u ，u 为奇数，u 为偶数， 1 2 3 4 5 6 当n6k1，6k2，6k6（kN）时，u 为偶数， n 当n6k3，6k4，6k5（kN）时，u 为奇数， n 从而r ，r ，r 为奇数，r ，r ，r 为偶数， 5 6 7 8 9 10 更为一般的，当n6k5，6k6，6k7（kN），r 为奇数， n 当n6k3，6k4，6k8（kN），r 为偶数， n 又由r r 0为偶数， 1 2 从r （包含r ）起，r 每6个一组，由3个偶数3个奇数构成， 2 2 n 则2025个奇数出现在第675组第3个数，即674614051． 解法2 当n2k(k2)时， r r (C2 C0 )(C3 C1 )(C4 C2 )...(Ck Ck2)， n 2k 2k1 2k3 2k2 2k4 2k3 2k5 k1 k1 当ik2时， 数学试题参考答案及评分标准第 10 页 共 12 页Ci1 Ci1 Ci1 Ci Ci1 2ki 2ki2 2ki1 2ki1 2ki2 Ci1 Ci Ci1 Ci1 2ki1 2ki2 2ki2 2ki2 Ci1 Ci 2ki1 2ki2 Ci1 Ci Ci 2ki2 2ki2 2ki2 Ci1 2Ci ， 2ki2 2ki2 k2 于是r (Ci1 2Ci )(Ck Ck2) 2k 2ki2 2ki2 k1 k1 i1 k2 k2 Ci1 2Ci 2 2ki2 2ki2 i1 i1 k2 u 2Ci 2， 2k2 2ki2 i1 当n2k 1 (k2)时， u C2 C3 C4 ...C2 Ck1， 2k1 2k 2k1 2k2 k2 k1 r (C2 C0 )(C3 C1 )(C4 C2 )...(Ck1 Ck1) 2k1 2k 2k2 2k1 2k3 2k2 2k4 k1 k1 (C2 C0 )(C3 C1 )(C4 C2 )...(Ck Ck2) 2k 2k2 2k1 2k3 2k2 2k4 k2 k (C2 2C1 )(C3 2C2 )(C4 2C3 )...(Ck 2Ck1) 2k2 2k2 2k3 2k3 2k4 2k4 k k u 2(C1 C2 ...Ck1)， 2k1 2k2 2k3 k 则r n 与u n2 (n5)具有相同的奇偶性， 对于{u }，由u u u n ， n n2 n1 n u u u (n1)， n3 n2 n1 有u u 2u 2n1， n3 n n1 则u 与u 有不同的奇偶性，u 与u 具有相同的奇偶性， n3 n n6 n 又由u u 0为偶数，u ，u ，u 为奇数，u 为偶数， 1 2 3 4 5 6 当n6k1，6k2，6k6（kN）时，u 为偶数， n 数学试题参考答案及评分标准第 11 页 共 12 页当n6k3，6k4，6k5（kN）时，u 为奇数， n 从而r ，r ，r 为奇数，r ，r ，r 为偶数， 5 6 7 8 9 10 更为一般的，当n6k5，6k6，6k7（kN），r 为奇数， n 当n6k3，6k4，6k8（kN），r 为偶数， n 又由r r 0为偶数，从r （包含r ）起，r 每6个一组，由3个偶数3个奇数构成， 1 2 2 2 n 则2025个奇数出现在第675组第3个数，即674614051． 数学试题参考答案及评分标准第 12 页 共 12 页