榆林市2025届高三年级第一次模拟检测（一模）数学试卷（含答案解析）

榆林市榆林市2025届高三年级第一次模拟检测数学试题考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：集合与简易逻辑、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、平面向量、复数、数列、空间向量与立体几何。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，只有一项是符合题目要求的.1.设集合A={-2,-1,0,1,2},B=x|x²-2x-3≥0,则A∩CRB=()(A){-2,-1,0}(B){-1,-2}(C){0,1,2}(D){1,2}2.复数z=2i(A)第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限是“0<x<1”的()(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)既不充分也不必要条件(D)充要条件4.已知曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线与曲线.y=ax²+x+2相切,则a=()A-2¹(B)12C-12¹(D)5.下图是学校体育场经常使用的篮球收纳筐(有盖)，已知一个篮球的半径为12厘米，收纳筐底面的长和宽分别为72cm和48cm.若要放下8个这样的篮球，则篮球收纳筐的高度h的最小整数值为()(A)39(B)40(C)41(D)42第1页共4页6.在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AB=4,CD=2,E为线段CD上的动点,则AE⋅(A)15(B)12(C)9(D)67.已知函数fx=e2x-4-1ex-2+x-1在区间[a,b]上的值域为[m,M].若a+(A)8(B)6(C)4(D)28.已知正三棱柱ABC-A₁B₁C₁₁的底面边长为3,高为23，则该正三棱柱的外接球的体积为()A32π3(B)43(C)6二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有三个正确选项，每个选项2分，有两个正确选项的，每个选项3分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是()(A)若1a<1b<0,则a<b(B)若Cy=x2+1x在(0,+∞)上的最小值为2(D)若a+b=2,则10.函数f(x)=2sinxcosx-∞3cos2x,下列结论正确的是()(A)函数f(x)在(0,π/6)上单调递增(B)函数f(x)的图象可由函数g(x)=2cos2x的图象向右平移5π12个单位长度得到(C)若关于x的方程2f(x)-m=0在π12π2(D)函数h(x)=sin2x-f(x)+4sinx的最大值为5第2页共4页11.如图所示，在四棱锥.P-ABCD中,底面ABCD是长方形,.PA⊥平面ABCD,E是棱(A)存在点E,使得平面AEC⊥平面PCD(B)若三棱锥P—ACE的体积为四棱锥P—ABCD的体积的14,则E为PD(C)若PA=AB=AD,则不存在点E使得直线BP和AE的夹角为π3(D)设平面AEC∩平面PBC=l,则点E从P运动到D(点E不与点D重合)的过程中,二面角A—I—B的平面角的大小逐渐减小三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列{an}的前n项和为Sn.若,Sn=n13.已知tanα和tanπ3-α是方程x²+px+q=014.将5个1,5个2,5个3,5个4,5个5这25个数填入一个5行5列的表格内(每格填入一个数)，使得同一行中任何两数之差的绝对值不超过2，Sᵢ(i=1，2，3，4，5)表示第i行的5个数字的和，记m为S₁的最小值，则m的最大值为.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)在递增数列{an}中,a(1)求a₁,a₂,a₃的值;(2)求数列{2"^}的前n项和Sn.16.(15分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知3(1)求角A的大小；(2)若△ABC外接圆的半径为33,求△第3页共4页17.(15分)如图,在四棱锥P—ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是边长为2的正方形,E是(1)求证:PC∥平面BDE;(2)若直线BE与平面PCD所成角的正弦值为1010,求18.(17分)已知函数f(x)=ax-ln(x+1)+1.(1)当a=1时,求f(x)的最小值;(2)求f(x)的极值;(3)当a≤2时,证明:当-1<x<0时,f19.(17分)不动点在数学和应用中具有重要作用，不动点是指被函数映射到其自身的点.对于函数f(x)，我们把满足f(a)=a的a称为函数f(x)的不动点，已知函数f(1)证明:f(x)在(0,12)有唯一的不动点x(2)已知x1=0,xn+1=fxn,证明：①{xₙ}为递增数列,{yₙ}为递减数列,且.yₙ>xₙ;circle2第4页共4页榆林市2024至2025学年高三年级第一次模拟考试数学试题详细解析一、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，只有一项是符合题目要求的.1.设集合A=-2,-1,0,,2,B=x|x²-2x-3≥0则AA-2,-1,0B-1,-2(C){0,1,2}(D){1,【命题意图】本题重点考查了集合的概念和运算，从核心素养的角度来看，可以考查学生灵活解决问题的能力以及数学运算和逻辑推理的核心素养.【参考答案】C【试题解析】解法1：∁RB={x|x2-2x-3<0}={x|-1<x<3},故解法2:0∈A,2∈A,0∉B,2∉B,故选(C).2.复数z=2i(A)第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限【命题意图】本题以复数的除法为背景，可以有效考查学生对复数的概念、运算和几何意义等知识理解和掌握程度，从核心素养的角度来看，本题也可以考查学生的直观想象、数学运算和逻辑推理等核心素养.【参考答案】B【试题解析】解法1：z=2i1-i=2i1+i1-i1+i解法2:z=-1-i21-i=-1+i,在复平面内对应的点为(-1解法3：因为复数2i的辅角为π2,复数1-i的辅角为-π4,所以复数z=2i1-i3.“x<1x”是(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)既不充分也不必要条件(D)充要条件【命题意图】本题重点考查了不等式和简易逻辑等知识，可以重点考查学生灵活求解数学问题的能力以及数学运算和逻辑推理等核心素养.【参考答案】B【试题解析】解法1:由x<1x可得:x<-1或0<x<1,故“x<x”是“0<x<1”的必要不充分条件，故选(解法2：设A={x|x<1x},B={x|0<x<1},可得:-2∈A,-2∉B,且对于∀x∈B,都有x∈A,故“x<x”是“0<x<1”4.已知曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线与曲线.y=ax²+x+2相切,则a=()A-12B12【命题意图】本题以导数的概念和几何意义为背景，重点考查学生对代数视角下直线与曲线相切的理解和掌握程度，同时对学生数学运算、直观想象和逻辑推理都有一定的要求.【参考答案】D【试题解析】解法1：y'=1+1x,当x=1时,y'=2,所以曲线y=x+lnxy=2x--1.联立y=ax2+x+2y=2x-1可得：ax²-x+3=0,所以解法2：y'=1+1x,当x=1时,y'=2,所以曲线y=x+lnxy=2x-1.因为.y=ax²+x+2,令y'=2ax+1=2,可得:x=12a,所以y=2x--1与曲线y=ax²+x+2的切点为12a34a5.下图是学校体育场经常使用的篮球收纳筐(有盖)，已知一个篮球的半径为12厘米，收纳筐底面的长和宽分别为72cm和48cm.若要放下8个这样的篮球，则篮球收纳筐的高度h的最小整数值为()(A)39(B)40(C)41(D)42【命题意图】本题以生活实际问题为背景，重点考查学生的分析和解决问题的能力.从核心素养的角度看，本题对学生直观想象、数学抽象、数学运算和逻辑推理等核心素养都有较高的要求.【参考答案】C【试题解析】解法1：底层正好容纳6个球，当高度最低时，8个球的球心组成了下图所示的几何体，则四棱锥O₇-O₁O₂O₃O₄为棱长均为24的正四棱锥，其高为122,此时h=24+122=解法2：底层正好容纳6个球，当高度最低时，左侧的5个球的球心组成了棱长均为24的正四棱锥(O₇-O₁O₂O₃O₄,以O₁为坐标原点，O₁O₄所在直线为x轴，建立空间直角坐标系，则O712126.在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AB=4,CD=2,E为线段CD上的动点,则AE⋅(A)15(B)12(C)9(D)6【命题意图】本题重点考查了平面向量的数量积及其坐标表示，考生可以直接利用坐标进行运算求解，也可以通过平面向量数量积的几何意义快速求解，从核心素养的角度来看，本题可以很好地考查学生的数学运算、直观想象和逻辑推理的核心素养.【参考答案】A【试题解析】解法1:以A为原点,AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系,设E(a,b),则1≤a≤3,AE⋅AB=解法2：设AE在AB上的投影为a，则1≤a≤3,AE⋅AB7.已知函数fx=e2x-4-1ex-2+x-1在区间[a,b]上的值域为[m,M].若a+(A)8(B)6(C)4(D)2【命题意图】本题重点考查函数的对称性和单调性，对考生数学运算、数学抽象和逻辑推理等核心素养和分析与解决问题的关键能力有较高要求.【参考答案】D【试题解析】解法1：因为fx=e2x-4-1ex-2+x-1=ex-2-e2-x+x-1,所以f(4-x)+f(x)=2,f(x)关于(2,1)对称.而a+b=4时,函数f(x)在区间[a,解法2：因为fx=e2x-4-1ex-2+x-1=ex-2-e2-x+x-1在[a,b]上递增,所以m+M=f(a)+f(b)=解法3:取a=0,b=4,因为fx=e2x-4-1ex-2+x-1=ex-2-e2-x+x-1在[0,4]上递增,所以m+8.已知正三棱柱ABC-A₁B₁C₁的底面边长为3,高为2A32π3(B)4、3π(C)6π【命题意图】本题以外接球为背景，考查学生直观想象、逻辑推理和数学运算等核心素养以及灵活解决问题的能力.【参考答案】A【试题解析】解法1：设正三棱柱ABC-A₁B₁C₁外接球的球心为O，半径为R.记△ABC和△A₁B₁C₁外接圆的圆心分别为(O₁和O₂,其半径为r，由正弦定理得：r=32sin60∘=1.而O为O₁O₂解法2：设正三棱柱ABC-A₁B₁C₁外接球的半径为R，R>3,V=4二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有三个正确选项，每个选项2分，有两个正确选项的，每个选项3分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是()(A)若1a<1b<0,则a<b(B)若Cy=x2+1x在(0,+∞)上的最小值为2(D)若a+b=29【命题意图】本题重点考查了不等式的性质、基本不等式等综合问题，可以有效考查学生的逻辑推理和数学运算的核心素养.【参考答案】BC【试题解析】解法1：因为1a<1b<0,所以ab>0,a>b,(A)错误;因为a²x>a²y,所以a²>0,x>y,(B)正确;当x>0时,函数y=x+1x≥2,当且仅当x=1时取等号,(C)正确;当a=3,b=--1时,解法2：因为y=1x在(--∞,0)上递减,1a<1b<0,所以a>b,(A)错误;因为a²x>a²y,所以y=a²x在R上递增,x>y,(B)正确;因为函数y=x+1x在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增，所以当x=1时，y=x+1x取得最小值2,(C)正确;因为a+b=2,所以1a+4b=10.函数fx(A)函数f(x)在0π(B)函数f(x)的图象可由函数g(x)=2cos2x的图象向右平移5π12(C)若关于x的方程2f(x)-m=0在π12π2(D)函数h(x)=sin2x-f(x)+4sinx的最大值为5【命题意图】本题重点考查三角函数的图像与性质，对考生的逻辑推理、数学运算和数学抽象等核心素养有较高的要求，同时还考查了学生化归转化、数形结合等关键能力.【参考答案】ABD【试题解析】解法1：fx由图像可得:f(x)在(0π6上单调递增，(A)正确；当x=0时,g(x)取得最大值2,当x=5π12时，f(x)取得最大值2，所以f(x)的图象可由函数g(x)的图象向右平移5π12个单位得到，(B)正确；因为2fx-m=0,所以fx=m2,y=m2与y=fx在上有两个交点，即：fπ2=3≤mB选项:解法2：当x∈0π6时，2x-π3∈-π30,故f(x)在0π6上单调递增，(A)正确；因为gx=2cos2x=2sin2x+π2,将其向右平移5π12可得：y=2sin2x-5π12+π2=2sin2x-π3=fx,11.如图所示，在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是长方形,PA⊥平面ABCD,E是棱PD上的动点，则下列说法正确的是()(A)存在点E,使得平面AEC⊥平面PCD(B)若三棱锥P—ACE的体积为四棱锥，P-ABCD的体积的41,则E为(C)若PA=AB=AD,，则不存在点E使得直线BP和AE的夹角为3(D)设平面AEC∩平面PBC=l,则点E从P运动到D(点P不与点D重合)的过程中,二面角A—l—B的平面角的大小逐渐减小【命题意图】本题重点考查了空间中点线面的位置关系以及平行、垂直和夹角等综合问题，考生可以建立空间直角坐标系通过坐标运算求解，也可以通过直观想象快捷解决问题.本题可以重点考查学生直观想象、逻辑推理和数学运算等核心素养.【参考答案】AB【试题解析】解法1:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,又AD⊥CD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD,而AE⊂平面PAD,故CD⊥AE.当AE⊥PD于E时,CD∩PD=D,所以AE⊥平面PCD,又AE⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面PCD,(A)正确;因为VP-ACE=14VP-ABCD,VP-ABCD=2VP-ACD,所以VP-AEC=12VP-ACD,即VE-PAC连结BD交AC于O,连结OE,则OE∥BP,而△AOE为等边三角形,故存在点E使得直线BP和AE的夹角为π3,(C)错误;过P作PF∥AD交AE的延长线于F,则F∈I.过A作AG⊥PB于G,连结CG,过G作GH⊥CF于H,连结AH,设二面角A—l—B的平面角为θ,则∠AHG=θ,tanθ=AGGC⋅sin∠GCF,AG，GC均为定值，当点E从P运动到D的过程中,sin∠GCF先增加到1,而后逐渐减小,故tanθ先减小后增大,二面角A—l解法2:当AE⊥PD于E时,平面AEC⊥平面PCD,(A)正确;若三棱锥P—ACE的体积为四棱锥P—ABCD体积的14,则E为PD的中点,(B)正确;若PA=AB=AD,将该四棱锥放入正方体，E为PD的中点时，BP和AE的夹角为π3,(C)错误；当AP的长度趋于正无穷大，当点E在P处时,二面角A—l—B的平面角趋于∠ACB,当点E在D处时,二面角A—l—B的平面角趋于π2,(解法3:当AE⊥PD于E时,平面AEC⊥平面PCD,(A)正确;若三棱锥P—ACE的体积为

四棱锥P-ABCD体积的14,则E为PD的中点,(B)正确;若PA=AB=AD,，将该四棱锥放入正方体，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=1,E01-tt(0≤t≤1),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1),AE=01-tt,BP=-101,令解得：t=12,(C)错误;设平面AEC的一个法向量n₁=xyz,由AC⋅n1=0AE⋅n1=0三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列aₙ的前n项和为Sₙ.若Sn=n【命题意图】本题着重考查考生对前n项和公式，Sₙ与通项公式an的关系理解和掌握，考查aₙ学生的逻辑推理和数学运算的核心素养.【参考答案】11【试题解析】解法l：Sₙ=n²+2n-3,当n=1时，a₁=S₁=0;当n≥2时，aₙ=Sₙ-Sₙ₋₁=n²+2n-3-[(n-1)²+2n-1-3]=2n+1.所以解法2:.Sₙ=n²+2n-3,a₁+a₅=S₁+S₅-S₄=11.13.已知tanα和tanπ3-α是方程x²+px+q=0的两个根，计算【命题意图】本题重点考查了两角和的正切公式的灵活应用，渗透特殊与一般的思想，考查学生的数学运算和逻辑推理的核心素养.【参考答案】3【试题解析】解法1所以3-3q+p=0,即解法2：3q-p=3解法3：令α=π3,则3和0是方程.x²+px+q=014.将5个1,5个2,5个3,5个4,5个5这25个数填入一个5行5列的表格内(每格填入一个数)，使得同一行中任何两数之差的绝对值不超过2，，Sᵢi=12345表示第i行的5个数字的和，记m为Sᵢ【命题意图】本题重点考查合情推理的应用，涉及分类讨论和化归转化的数学思想，突出理性思维、数学探究.对学生运用数学思维和数学方法分析问题和解决问题的能力及逻辑推理等关键能力有较高的要求.【参考答案】10【试题解析】解法1：当某一行中含有1时，根据题中提到的同一行中任何两数之差的绝对值不超过2，可知该行不可能出现4和5，所以最多有3行含1.这时候可以考虑将4和5放置最后两行，只需研究前三行.①当含1的行数只有1行时，显然m=5;②当含1的行数有2行时，有一行至少有3个1，这一行剩下的两个数都不超过3，则m≤9；③当含1的行数有3行时，因为含1的行中其他的数只能是2或3，而数1，2，3共有15个，所以这3行只能全都是1，2或3.这三行的和为5×1+2+3=30,，因此m≤10,当按下表排列时等号成立，故m的最大值为ll233ll233l22234444455555解法2：当某一行中含有1时，该行不可能出现4和5，可以考虑将4和5放置最后两行，只需研究前三行.①若5个1分布在同一行，m=5;②若5个1分布在两行，则这两行中最大数至多为3，22m≤5×1+5×3=20,m≤10;③若5个1分布在三行，则这三行中最大数至多为3，33m≤5×1+5×2+5×3=30,m≤10,当前三行按下表排列时等号成立，故m的最大值为10.ll2331l233l2223解法3：由题可知4和5存在的时候，1不能存在，所以4和5单独研究，可以把它们放置在最后两行.那么前三行1、2、3之和是30，所以最小值中的最大值一定就是平均值10.当前三行按下表排列时等号成立，故m的最大值为10.ll233ll233l2223四、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)在递增数列aₙ中，a(1)求a₁,a₂,a₃的值；(2)求数列2an的前n项和【命题意图】本题数列的概念、通项公式、等比数列的前n项和公式等知识，考查学生的数学运算和逻辑推理等核心素养.【参考答案】见解析【试题解析】解法1:(1)因为an2-2nan+2n-1=0,所以a12-2a1+1=0,解得：a₁=1,同理可得：a₂=1或(2)因为an2-2nan+2n-1=0,所以aₙ-2n-1aₙ-1=0,aₙ=2n-1或aₙ=1,解法2:(1)因为an2-2nan+2n-1=0,所以[aₙ-2n-1aₙ-1(2)因为2an=16.(15分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(1)求角A的大小；(2)若△ABC外接圆的半径为33,求【命题意图】本题重点考查三角恒等变换、正余弦定理等基础知识，通过解三角形来考查学生直观想象、逻辑推理和数学运算等核心素养以及函数与方程、化归与转化等数学思想.【参考答案】见解析【试题解析】(1)解法1：因为3asinB=b+bcosA,所以由正弦定理可得：3sinAsinB-sinBcosA-sinB=0,而sinB>0,所以3sinA-cosA-1=0,即：2sinA-π6=1,因为解法2：因为所以由正弦定理可得：3sinAsinB—sinBcosA—sinB=0,而sinB>0,所以3sinA—cosA—1=0,即：23sinA2cosA2-2cos2A2=0,(2)解法1：因为△ABC外接圆的半径为33,所以a=233sinA=1,由余弦定理得：a2=b2+c2-bc=b+c2-3bc≥b+c2-34b+c2=14b+c解法2：因为△ABC外接圆的半径为33,所以由正弦定理得：asinA=bsinB=csinC=23317.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是边长为2的正方形,E是PA的中点.(1)求证:PC∥平面BDE;(2)若直线BE与平面PCD所成角的正弦值为1010,求【命题意图】本题重点考查了棱锥的基本概念、线面平行的证明和线面角的计算等问题，从核心素养的角度来看，也考查了学生的直观想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力以及创新思维品质等.【参考答案】见解析【试题解析】解法1:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD.因为四边形ABCD为正方形，所以.AB⊥AD.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系.A-xyz,设PA=2aa0),则B(0,0,2),C(2,0,2),D(2,0,0),P(0,2a,0),E(0,a,0),所以PC=(2,-2a,2),BD=20-2,DE=-2a0.设平面BDE的法向量为n=xyz,由BD(2)由(1)知,DC=002,DP=-22a0,设平面PCD的法向量为m=x₁y₁z₁,由DC⋅m=0DP⋅m=0可得：2z1=0-2x1解法2:(1)证明:连结AC交BD于O,连结OE,则(OE‖PC.因为PC⊄平面BDE,OE⊂平面BDE,PC‖(2)作直三棱柱ADP--BCQ,过点B作BG⊥CQ于G,过点E作EH⊥DP于H,取BG的中点F,连结GH,EF,则BG⊥平面PCD,EH⊥平面PCD,所以BE在平面PCD的投影即为GH,因为EH∥FG,所以四边形EFGH为平行四边形,EF∥GH.设PA=2a(a>0),则则sin∠BEF=BFBE=aa2+4a2+1=1010,解得18.(17分)已知函数f(x)=ax-ln(x+1)+1.(1)当a=1时,求f(x)的最小值;(2)求f(x)的极值;(3)当a≤2时,证明:当-1<x<0时,.f【命题意图】本题考查基本求导公式及求导法则，考查利用导数求函数最值、极值、证明不等式的方法；考查灵活利用导数工具去分析和解决问题的能力；综合考查考生的逻辑推理能力、运算求解能力和推理论证的能力以及分类讨论、化归转化等数学思想.【参考答案】见解析【试题解析】(1)当a=1时,f(x)=x-ln(x+1)+1,函数f(x)的定义域为(--1,+∞).f'x=xx+1,当--1<x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.因此f(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增,故f(x)的最小值为(2)f(x)的定义域为-1若a≤0时,则f'(x)<0,故f(x)在(-1,+∞)单调递减,f(x)无极值;若a>0时,令f'(x)=0得x=1a-1.当-1<x