試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁陜西省榆林市2025屆高三上學期第二次模擬檢測數學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知a，b∈R，?a+3i=b?A．a=1，b=3 B．a=1，b=?3 C．a=?1，b=3 D．a=?1，b=?3【答案】C【分析】化簡后由復數相等的條件可求得結果.【詳解】由?a+3i=b?所以a=?1，b=3.故選：C2．“體育強則中國強，國運興則體育興”.已知某運動員在2024年籃球聯賽中連續10場的得分數據為：9，12，17，8，17，18，20，17，12，14，則這組數據的（

）A．第85百分位數為18 B．眾數為12C．中位數為17 D．平均成績為14【答案】A【分析】由百分位數、眾數、中位數、平均數的定義求出即可.【詳解】將得分數據按升序排列為：8，9，12，12，14，17，17，17，18，20，對于A：因為10×0.85=8.5，所以第85百分位數為第9位數，即為18，故A正確；對于B：眾數為17，故B錯誤；對于C：中位數為：14+172對于D：平均數x=1故答案為：A.3．已知集合A=y?y=x+1x，B=A．3 B．2 C．1 D．0【答案】B【詳解】應用對勾函數的性質求函數值域求集合A，再由集合的交運算求A∩B中的元素個數.【分析】當x>0時，x+1x≥2當x<0時，x+1x≤?2所以A={x|x≤?2或x≥2}，又B=?2,1,所以A∩B={?2,5故選：B4．已知某物體在運動過程中，其位移S（單位：m）與時間t（單位：s）滿足函數關系式St=sinA．3m/s B．2m/s【答案】A【分析】先求導函數，再根據三角函數的最值即可求解.【詳解】S'當sint+π6故選：A.5．已知向量a，b滿足a=3，b=2，且a⊥a+bA．π6 B．2π3 C．3π4【答案】D【分析】解法1，由a⊥a+b，得a?a+b=0，化簡后結合數量積的定義可求得結果；解法2，由已知條件可得a【詳解】解法1：因為a=3，b=2所以a?所以cosa因為a,b∈解法2：由a⊥a+b，b=可知a+令OA=a，OB=a+cosa因為a,所以a,故選：D6．已知直線l:y=mx?4與曲線C:y=2?x24A．?14,14 B．?1【答案】D【分析】解法1，當m=0時，滿足題意，當m≠0時，兩方程聯立方程組消去x，然后結合根與系數的關系及判斷式可求得結果；解法2，利用數形結合，由l:y=mx?4與x24+y2=2y≥0相切時，求出【詳解】解法1：由y=2?x24得直線l:y=mx?4過定點①當m=0，直線l:y=0與C有兩個公共點；②當m≠0，l:y=mx?4與曲線x得1m設直線l:y=mx?4與曲線C:y=2?x則由題意得Δ=64m綜上，m的取值范圍是?1解法2：數形結合法①當m=0，直線l:y=0與C有兩個公共點；②當l:y=mx?4與x兩曲線方程聯立方程組化簡得x2整理得(4m由Δ=322解得m=?12或由圖可得m=1所以由圖可得?1綜上，m的取值范圍是?1解法3：將半圓x2+y2=8當l:y=mx?4與x2+y2=8y≥0解得：m=1（舍）或m=?1，經過伸縮變換后，m=?1綜上，m的取值范圍是?1故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題重點考查了直線與半橢圓位置關系，隱含直線過定點問題，解題的關鍵是將曲線C:y=2?7．育德中學在3D打印社團實踐活動中，要將一個正方體放置在一個母線長為2，底面半徑為1的圓錐內（忽略錐面厚度），使其能自由（任意方向）旋轉，則該正方體棱長的最大值為（

）A．13 B．12 C．2【答案】C【分析】根據圓錐的內切球即為正方體的外接球計算求解即可.【詳解】如圖1所示，要使得正方體能在圓錐內自由旋轉且該正方體的邊長得到最大，則該正方體的外接球為圓錐的內切球，設內切球的半徑為R，圓錐的軸截面如圖2所示，△PAB為正三角形且PA=2，此時內切球的截面圓與△PAB內切，R=PHtanπ6=1×33=故選：C.8．已知函數fx=ex+3x<0，gx=2lnA．?∞,e B．?∞,e【答案】B【分析】由題意可得e?x+3=2lnx+m在0,+∞上有解，轉化為函數y=【詳解】根據題意知f?x?gx=0在0,+∞故函數y=e?x+3x>0與函數y=e?x+3將點0,4代入y=2lnx+m得，令2lnx+m=0得，x=1?m，由圖象可知1?m>1?故選：B.【點睛】關鍵點點睛：此題考查函數與方程的綜合問題，考查指數函數和對數函數的圖象的應用，解題的關鍵是將問題轉化為兩函數圖象有交點，結合圖象求解，考查數形結合的思想和轉化思想，屬于中檔題.二、多選題9．已知函數fx=AsinA．fB．函數fx的圖象關于點13C．函數fx在0,19D．函數fx在0,【答案】ABD【分析】由圖可知函數的最值與周期性，再代入最高點，可得A的正誤；利用整體思想，代入已知點的坐標，結合正弦函數的對稱性，可得B的正誤；利用整體思想，明確括號整體取值，結合正弦函數的單調性，可得C的正誤；利用整體思想，明確括號整體取值，結合正弦函數的圖象，可得D的正誤.【詳解】由圖知A=3，T=2×π4+fx=3sin3x+φ過點所以3π4+φ=因為φ<π2，所以φ=?因為f13π12=sin由x∈0,19π因為y=sinx在?π所以當3x?π4=4π由x∈0,π得3x?π4∈所以函數fx在0,10．如圖，過點P1,0作兩條直線x=1和x=my+1分別交拋物線y2=x于點A，B和點C，D（其中點A，C位于xA．C，D兩點的縱坐標之積為?1B．PC的最小值為1C．△COD面積的最小值為1（O為坐標原點）D．若點A，C不重合，且AC∩BD=Q，則∠CQP=∠BQP【答案】AC【分析】對于A，將直線方程代入拋物線方程化簡后，利用根與系數的關系判斷即可；對于B，通過計算PC求得其最小值，進而判斷；對于C，由題意可得S△COD=1【詳解】設點Cx1,選項A：將直線l的方程x=my+1代入拋物線方程y2=x得：y2選項B：計算PC=x1?12+y選項C：由選項A可知，y1+y則S△COD當且僅當m=0時取等號，故C正確；選項D：在△ABQ中，根據三角形內角平分線定理及其逆定理可知∠AQP=∠BQP等價于QAQB又因為PA=PB，所以|QA||QB|≠|PA||PB|，所以故選：AC【點睛】關鍵點點睛：本題重點考查了對拋物線圖象的準確理解，利用圖象確定面積、距離最值問題，解題的關鍵是根據題意結合根與系數的關系求解，從核心素養的角度來看，本題考查學生的直觀想象和邏輯推理及數學運算的核心素養.11．對于x∈0,1，fx滿足fx+f1?x=1，fxA．f12=12 B．i=0100【答案】ACD【分析】抽象函數，對于ACD選項采用賦值法求解，B選項倒序相加即可；【詳解】A選項：因為fx+f1?x=1，所以取B選項：令t=f0+f1兩式相加得2t=f解得t=101C選項：因為fx=2fx5，所以取x=0得，取x=0得，f0+f1因為fx=2fx5，所以fx5=12D選項：因為f125=14所以f1125≤f故選：ACD.【點睛】方法點睛：本題考查抽象函數，賦值法是基本，針對選項進行賦值即可.三、填空題12．1+x1?x10的展開式中，x的系數是【答案】?9【分析】求出二項式(1?x)10【詳解】二項式(1?x)10的展開式的通項為C當r=1時，x的系數是?C101=?10，當所以1+x1?x10的展開式中，x的系數是故答案為：?913．已知角α的終邊在直線y=?2x上，則sin2α=【答案】?45【分析】根據角的終邊所在直線可求得tanα，將sin2α化為關于正余弦的齊次式的形式，分子分母同時除以cos2【詳解】∵角α的終邊在直線y=?2x，∴tanα=?2，故答案為：?414．已知數列an有30項，a1=2，且對任意n∈2,3,?,30，都存在（1）a4=（2）對于數列an中的項ak，若存在j∈1,2,?,k?1使得ak=aj，則稱ak具有性質P【答案】51025【分析】（1）根據題意代入即可求解；（2）先根據題意分析出具有性質P的項，易知從a6【詳解】（1）當n=2時，a2當n=3時，a3=a當n=4時，a4=a1+3=5，或a4=綜上所述：a4（2）an中恰有4項具有性質P，且這4項的和為20，a當n=5時，a5=a1+3=5，或a5=a2+3=8，或a5=aa2=a3=則易知從a6開始是以5為首項3為公差的等差數列，i=6【點睛】關鍵點點睛：本題考查數列新定義問題的求解，涉及到根據新定義求解數列中的項、數列求和等知識；關鍵是能夠準確理解所給的新定義，得到所給數列性質與等差數列之間的關系.四、解答題15．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知2sin(1)求角C的大小；(2)求cosB【答案】(1)2π(2)1【分析】（1）解法1，將已知等式中的角利用正弦定理和余弦定理統一成邊的形式，再利用余弦定理可求出角C；解法2，利用三角函數恒等變換公式化簡可求出角C；（2）由（1）得B=π3?A，A∈【詳解】（1）解法1：在△ABC中，由2sinCcos再由余弦定理，得2c?b2+又因為c2=a因為C∈0,π，所以解法2：因為2sinCcos所以2sin所以2sin所以2cos因為sinA≠0，所以2cosC+1=0因為C∈0,π，所以（2）因為C=2π3，所以B=所以cosB因為A∈0,π3，所以tan所以cosB16．如圖，已知斜三棱柱ABC?A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC(1)求證：平面A1BC⊥平面(2)求平面ABC1與平面【答案】(1)證明見解析(2)77【分析】（1）證法1，由AA1⊥A1C，得A1C⊥CC1，再由面面垂直的性質可得BC⊥平面A1ACC1，則BC⊥A1C，然后利用線面垂直的判定定理得A1C⊥平面BCC1B1，從而由面面垂直的判定定理可證得結論；證法2，由面面垂直的性質可得BC⊥平面A1ACC1，則BC⊥A1C，（2）解法1，以OD,OC,OA1所在的直線分別為x,y,z建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可，解法2，過點C作平面ABC的垂線，以【詳解】（1）證法1：因為在斜三棱柱ABC?A1B1C1中，又因為平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A所以BC⊥平面A1因為A1C?平面A1又因為CC1∩BC=C，CC1、BC?平面BC又因為A1C?平面A1BC，所以平面證法2：因為平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A所以BC⊥平面A1因為A1C,C1C?平面A因為平面A1BC∩平面BCC1B因為在斜三棱柱ABC?A1B1C1中，所以二面角A1即平面A1BC和平面BCC所以平面A1BC⊥平面證法3：如圖1，取AC的中點O，取AB的中點D，連接A1O，由OD為△ABC的中位線，知OD∥又因為AC⊥BC，所以OD⊥AC.因為AA1=因為平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC所以A1O⊥平面因為OD,OC?平面ABC，所以A1O⊥OD，所以OD,OC,OA所以以OD,OC,OA1所在的直線分別為則A0,?1,0，A10,0,1，B1,1,0，CA1=0,?1,1，設平面A1BC和平面BCC1B由CB⊥n1，CA1⊥n由CB⊥n2，CC1⊥n則n1?n即平面A1BC⊥平面（2）解法1：如圖2，取AC的中點O，取AB的中點D，連接A1O，由OD為△ABC的中位線，知OD∥又因為AC⊥BC，所以OD⊥AC.因為AA1=因為平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC所以A1O⊥平面因為OD,OC?平面ABC，所以A1O⊥OD，所以OD,OC,OA所以以OD,OC,OA1所在的直線分別為則A0,?1,0，A10,0,1，B所以AA1=0,1,1，由（1）知，AA1⊥平面A1BC設平面ABC1的法向量為n=x,y,z，平面A1由AB⊥n，AC1⊥n，得cosθ所以平面A1BC和平面ABC解法2：因為平面ABC⊥平面ACC1A1，平面所以過點C作平面ABC的垂線必在平面ACC又因為AC⊥BC，所以可以以C為坐標原點，建立如圖3所示的空間直角坐標系，因為A0,?2,0，A10,?1,1，B所以AA1=0,1,1，由（1）知，AA1⊥平面A1BC設平面ABC1的法向量為n=x,y,z，平面A1由AB⊥n，AC1⊥n，得cosθ所以平面A1BC和平面ABC17．已知函數fx(1)求fx(2)已知直線y=kx+m是曲線y=fx的切線，且kx+m≥fx對x∈0,+【答案】(1)fx在0,2上單調遞增，在2,+(2)1【分析】（1）求出導函數f′x，令（2）由（1）求出函數最大值fxmax=1e2，將m分成m=1e2【詳解】（1）f′x令f′x=0得x=2，當0<x<2時，f′x>0因此fx在0,2上單調遞增，在2,+∞（2）由（1）知，fxmax當m=1e2時，直線y=1e2是曲線f當m>1e2時，設直線y=kx+m與曲線y=fx相切于點因為y0=kx0+m，所以kx又因為k=f′x0=2?取x1=?mk=?因此存在x1∈0,+綜上，m的最大值為1e18．如圖，某興趣小組在坐標紙網格中設計了一款跳棋游戲.規則如下：游戲參與者以O0,0(1)求甲走完第3步后，到達點A3,?1(2)若甲向右上方走一步得5分，向右下方走一步得0分，當他走完第4步后，得分為X，求X的分布列及數學期望；(3)甲和乙都從O0,0出發，走到點B5,1的位置，設走完第i步后，甲位于點Eixi,mi，乙位于點Fixi【答案】(1)38(2)分布列見解析，10；(3)1【分析】（1）由題意可得甲向上和向下的次數，根據概率乘法公式，可得答案；（2）由離散型隨機變量的分布列的解題步驟，利用均值性質公式，可得答案；.（3）由題意可得甲與乙向上和向下的次數，分列求得總的情況數與符合題意的情況數，利用古典概型的概率計算，可得答案.【詳解】（1）根據題意，甲向上走了一步，向下走了兩步，P=C（2）設甲向上走了Y步，Y可取0，1，2，3，4，則X=5Y，Y～B4,PX=0PX=5PX=10=PY=2PX=20則X的分布列為：X05101520P11311所以EX（3）解法1：甲一共需要走5步，其中向右下方走2步，向右上方走3步.從5步中選2步是向右下方走的組合數為C52=10游戲參與者在第j，k步向右下方走記為j,k，①j=1，當甲為1,2時，乙有1種情況：1,2；當甲為1,3時，乙有2種情況:1,2、1,3；當甲為1,4時，乙有3種情況：1,2、1,3、1,4；當甲為1,5時，乙有4種情況1,2、1,3、1,4、1,5；共10種情況；②j=2，當甲為2,3時，乙有3種情況：1,2、1,3、2,3；當甲為2,4時，乙有5種情況：1,2、1,3、1,4、2,3、2,4；當甲為2,5時，有7種情況：1,2、1,3、1,4、1,5、2,3、2,4、2,5；共15種情況；③j=3，當甲為3,4時，乙有6種情況1,2、1,3、1,4、2,3、2,4、3,4；當甲為3,5時，乙有9種情況1,2、1,3、1,4、1,5、2,3、2,4、2,5、3,4、3,5；共15種情況；④j=4，甲只能為4,5，乙有10種情況：1,2、1,3、1,4、1,5、2,3、2,4、2,5、3,4、3,5、4,5；共10種情況，總計50種情況.所以甲獲勝的概率為P=50解法2：甲一共需要走5步，其中向右下方走2步，向右上方走3步.從5步中選2步是向右下方走的組合數為C52=10對任意1≤i≤5，都有mi≥ni，可設甲在第情況一：乙在第1步到第j2≤j≤4步中有兩步向右下方行走，共C情況二：乙在第1步到第j1≤j≤4步中有一步向右下方行走，在第j+1到第k步中有一步向右下方行走，共C所以甲獲勝時，甲與乙總的走法數為j=2=5所以甲獲勝的概率為P=5019．已知雙曲線E:x2a(1)求雙曲線E的方程；(2)若直線l與E的右支及漸近線的交點自上而下依次為C，A，B，D，證明：AC=(3)在數學中，可利用“循環構造法”求方程的整數解.例如：求二元二次方程x2?2y2=1的正整數解，由3?223+22=32?2×22=1可先找到該方程的初始解x=3y=2，