甘肃省白银市靖远县2025届高三第二次联考数学试卷含解析

甘肃省白银市靖远县2025届高三第二次联考数学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．下列判断错误的是()A．若随机变量服从正态分布，则B．已知直线平面，直线平面，则“”是“”的充分不必要条件C．若随机变量服从二项分布：，则D．是的充分不必要条件2．设M是边BC上任意一点，N为AM的中点，若，则的值为()A．1 B． C． D．3．已知数列满足,且,则的值是()A． B． C．4 D．4．已知函数，其图象关于直线对称，为了得到函数的图象，只需将函数的图象上的所有点（）A．先向左平移个单位长度，再把所得各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变B．先向右平移个单位长度，再把所得各点横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变C．先向右平移个单位长度，再把所得各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变D．先向左平移个单位长度，再把所得各点横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变5．过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，则M到直线NF的距离为（）A． B． C． D．6．已知二次函数的部分图象如图所示，则函数的零点所在区间为（）A． B． C． D．7．设命题函数在上递增，命题在中，，下列为真命题的是（）A． B． C． D．8．已知双曲线(a>0，b>0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60°的直线l与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线的离心率e的取值范围是（）A． B．(1,2), C． D．9．的展开式中的系数为()A．－30 B．－40 C．40 D．5010．《易经》包含着很多哲理，在信息学、天文学中都有广泛的应用，《易经》的博大精深，对今天的几何学和其它学科仍有深刻的影响．下图就是易经中记载的几何图形——八卦田，图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，八块面积相等的曲边梯形代表八卦田．已知正八边形的边长为，阴阳太极图的半径为，则每块八卦田的面积约为（）A． B．C． D．11．已知实数满足约束条件，则的最小值是A． B． C．1 D．412．设、分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则（）A． B．0 C．1 D．3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．的角所对的边分别为，且，，若，则的值为__________.14．已知正项等比数列中，，则__________．15．如图是一个算法伪代码，则输出的的值为_______________.16．已知一组数据，1，0，，的方差为10，则________三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图，点是以为直径的圆上异于、的一点，直角梯形所在平面与圆所在平面垂直，且，.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.18．（12分）已知．（1）若的解集为，求的值；（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．19．（12分）已知数列满足且（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.20．（12分）在一次电视节目的答题游戏中，题型为选择题，只有“A”和“B”两种结果，其中某选手选择正确的概率为p，选择错误的概率为q，若选择正确则加1分，选择错误则减1分，现记“该选手答完n道题后总得分为”.（1）当时，记，求的分布列及数学期望；（2）当，时，求且的概率.21．（12分）在平面直角坐标系中，直线与抛物线：交于，两点，且当时，.（1）求的值；（2）设线段的中点为，抛物线在点处的切线与的准线交于点，证明：轴.22．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：(a＞b＞0)的离心率为．且经过点(1，)，A，B分别为椭圆C的左、右顶点，过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点（其中D在x轴上方）．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若△AEF与△BDF的面积之比为1：7，求直线l的方程．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

根据正态分布、空间中点线面的位置关系、充分条件与必要条件的判断、二项分布及不等式的性质等知识，依次对四个选项加以分析判断，进而可求解.【详解】对于选项，若随机变量服从正态分布，根据正态分布曲线的对称性，有，故选项正确，不符合题意；对于选项，已知直线平面，直线平面，则当时一定有，充分性成立，而当时，不一定有，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件，故选项正确，不符合题意；对于选项，若随机变量服从二项分布：，则，故选项正确，不符合题意；对于选项，，仅当时有，当时，不成立，故充分性不成立；若，仅当时有，当时，不成立，故必要性不成立.因而是的既不充分也不必要条件,故选项不正确，符合题意.故选：D【点睛】本题考查正态分布、空间中点线面的位置关系、充分条件与必要条件的判断、二项分布及不等式的性质等知识，考查理解辨析能力与运算求解能力，属于基础题.2、B【解析】

设，通过，再利用向量的加减运算可得，结合条件即可得解.【详解】设，则有.又，所以，有.故选B.【点睛】本题考查了向量共线及向量运算知识，利用向量共线及向量运算知识，用基底向量向量来表示所求向量，利用平面向量表示法唯一来解决问题.3、B【解析】由，可得，所以数列是公比为的等比数列，所以，则，则，故选B.点睛：本题考查了等比数列的概念，等比数列的通项公式及等比数列的性质的应用，试题有一定的技巧，属于中档试题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，等比数列的性质和在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.4、D【解析】

由函数的图象关于直线对称，得，进而得再利用图像变换求解即可【详解】由函数的图象关于直线对称，得，即，解得，所以，，故只需将函数的图象上的所有点“先向左平移个单位长度，得再将横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变,得”即可.故选：D【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，考查图像变换，考查运算求解能力，是中档题5、C【解析】

联立方程解得M(3，)，根据MN⊥l得|MN|＝|MF|＝4，得到△MNF是边长为4的等边三角形，计算距离得到答案.【详解】依题意得F(1,0)，则直线FM的方程是y＝(x－1)．由得x＝或x＝3.由M在x轴的上方得M(3，)，由MN⊥l得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4又∠NMF等于直线FM的倾斜角，即∠NMF＝60°，因此△MNF是边长为4的等边三角形点M到直线NF的距离为故选：C.【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力.6、B【解析】由函数f(x)的图象可知，0＜f(0)＝a＜1，f(1)＝1－b＋a＝0，所以1＜b＜2.又f′(x)＝2x－b，所以g(x)＝ex＋2x－b，所以g′(x)＝ex＋2＞0，所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1－b＜0，g(1)＝e＋2－b＞0，根据函数的零点存在性定理可知，函数g(x)的零点所在的区间是(0，1)，故选B.7、C【解析】

命题：函数在上单调递减，即可判断出真假．命题：在中，利用余弦函数单调性判断出真假．【详解】解：命题：函数，所以，当时，，即函数在上单调递减，因此是假命题．命题：在中，在上单调递减，所以，是真命题．则下列命题为真命题的是．故选：C．【点睛】本题考查了函数的单调性、正弦定理、三角形边角大小关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．8、A【解析】

若过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率．根据这个结论可以求出双曲线离心率的取值范围．【详解】已知双曲线的右焦点为，若过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率，，离心率，，故选：．【点睛】本题考查双曲线的性质及其应用，解题时要注意挖掘隐含条件．9、C【解析】

先写出的通项公式，再根据的产生过程，即可求得.【详解】对二项式，其通项公式为的展开式中的系数是展开式中的系数与的系数之和.令，可得的系数为；令，可得的系数为；故的展开式中的系数为.故选：C.【点睛】本题考查二项展开式中某一项系数的求解，关键是对通项公式的熟练使用，属基础题.10、B【解析】

由图利用三角形的面积公式可得正八边形中每个三角形的面积，再计算出圆面积的，两面积作差即可求解.【详解】由图，正八边形分割成个等腰三角形，顶角为，设三角形的腰为，由正弦定理可得，解得，所以三角形的面积为：，所以每块八卦田的面积约为：.故选：B【点睛】本题考查了正弦定理解三角形、三角形的面积公式，需熟记定理与面积公式，属于基础题.11、B【解析】

作出该不等式组表示的平面区域，如下图中阴影部分所示，设，则，易知当直线经过点时，z取得最小值，由，解得，所以，所以，故选B．12、C【解析】

先根据奇偶性，求出的解析式，令，即可求出。【详解】因为、分别是定义在上的奇函数和偶函数，，用替换，得，化简得，即令，所以，故选C。【点睛】本题主要考查函数性质奇偶性的应用。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

先利用余弦定理求出，再用正弦定理求出并把转化为与边有关的等式，结合可求的值.【详解】因为，故，因为，所以.由正弦定理可得三角形外接圆的半径满足，所以即.因为，解得或（舍）.故答案为：.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，注意结合求解目标对所得的方程组变形整合后整体求解，本题属于中档题.14、【解析】

利用等比数列的通项公式将已知两式作商，可得，再利用等比数列的性质可得，再利用等比数列的通项公式即可求解.【详解】由，所以，解得.，所以，所以.故答案为：【点睛】本题考查了等比数列的通项公式以及等比中项，需熟记公式，属于基础题.15、5【解析】

执行循环结构流程图，即得结果.【详解】执行循环结构流程图得,结束循环，输出.【点睛】本题考查循环结构流程图，考查基本分析与运算能力，属基础题.16、7或【解析】

依据方差公式列出方程，解出即可．【详解】，1，0，，的平均数为，所以解得或．【点睛】本题主要考查方差公式的应用．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析；（2）【解析】

（1）取的中点，证明,则平面平面，则可证平面.（2）利用，是平面的高，容易求.，再求，则点到平面的距离可求.【详解】解：（1）如图：取的中点，连接、.在中，是的中点，是的中点，平面平面,故平面在直角梯形中，，且，∴四边形是平行四边形，，同理平面又,故平面平面，又平面平面.（2）是圆的直径，点是圆上异于、的一点，又∵平面平面，平面平面平面，可得是三棱锥的高线.在直角梯形中，.设到平面的距离为，则，即由已知得，由余弦定理易知：，则解得，即点到平面的距离为故答案为：.【点睛】考查线面平行的判定和利用等体积法求距离的方法，是中档题.18、（1）；（2）【解析】

（1）利用两边平方法解含有绝对值的不等式，再根据根与系数的关系求出的值；（2）利用绝对值不等式求出的最小值，把不等式化为只含有的不等式，求出不等式解集即可．【详解】（1）不等式，即两边平方整理得由题意知和是方程的两个实数根即，解得（2）因为所以要使不等式恒成立，只需当时，，解得，即；当时，，解得，即；综上所述，的取值范围是【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了分类讨论思想，是中档题．19、（1）；（2）【解析】

（1）根据已知可得数列为等比数列，即可求解；（2）由（1）可得为等比数列，根据等比数列和等差数列的前项和公式，即可求解.【详解】（1）因为，所以，又所以数列为等比数列，且首项为，公比为.故（2）由（1）知，所以所以【点睛】本题考查等比数列的定义及通项公式、等差数列和等比数列的前项和，属于基础题.20、（1）见解析，0（2）【解析】

（1）即该选手答完3道题后总得分,可能出现的情况为3道题都答对,答对2道答错1道,答对1道答错2道,3道题都答错,进而求解即可；（2）当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,又,则第一题答对,第二题第三题至少有一道答对,进而求解.【详解】解:（1）的取值可能为,,1,3,又因为,故,,,,所以的分布列为：13所以（2）当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,又已知,第一题答对,若第二题回答正确,则其余6题可任意答对3题；若第二题回答错误,第三题回答正确,则后5题可任意答对题，此时的概率为（或）.【点睛】本题考查二项分布的分布列及期望,考查数据处理能力,考查分类讨论思想.21、（1）1；（2）见解析【解析】

（1）设，，联立直线和抛物线方程，得，写出韦达定理，根据弦长公式，即可求出；（2）由，得，根据导数的几何意义，求出抛物线在点点处切线方程，进而求出，即可证出轴.【详解】解：（1）设，，将直线代入中整理得：，∴，，∴，解得：.（2）同（1）假设，，由，得，从而抛物线在点点处的切线方程为，即，令，得，由（1）知，从而，这表明轴.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及联