陕西省榆林市2025届高三上学期第二次模拟检测数学试题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页陕西省榆林市2025届高三上学期第二次模拟检测数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题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】化简后由复数相等的条件可求得结果.【详解】由−a+3i=b−所以a=−1，b=3.故选：C2．“体育强则中国强，国运兴则体育兴”.已知某运动员在2024年篮球联赛中连续10场的得分数据为：9，12，17，8，17，18，20，17，12，14，则这组数据的（

）A．第85百分位数为18 B．众数为12C．中位数为17 D．平均成绩为14【答案】A【分析】由百分位数、众数、中位数、平均数的定义求出即可.【详解】将得分数据按升序排列为：8，9，12，12，14，17，17，17，18，20，对于A：因为10×0.85=8.5，所以第85百分位数为第9位数，即为18，故A正确；对于B：众数为17，故B错误；对于C：中位数为：14+172对于D：平均数x=1故答案为：A.3．已知集合A=y y=x+1x，B=A．3 B．2 C．1 D．0【答案】B【详解】应用对勾函数的性质求函数值域求集合A，再由集合的交运算求A∩B中的元素个数.【分析】当x>0时，x+1x≥2当x<0时，x+1x≤−2所以A={x|x≤−2或x≥2}，又B=−2,1,所以A∩B={−2,5故选：B4．已知某物体在运动过程中，其位移S（单位：m）与时间t（单位：s）满足函数关系式St=sinA．3m/s B．2m/s【答案】A【分析】先求导函数，再根据三角函数的最值即可求解.【详解】S'当sint+π6故选：A.5．已知向量a，b满足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，化简后结合数量积的定义可求得结果；解法2，由已知条件可得a【详解】解法1：因为a=3，b=2所以a⋅所以cosa因为a,b∈解法2：由a⊥a+b，b=可知a+令OA=a，OB=a+cosa因为a,所以a,故选：D6．已知直线l:y=mx−4与曲线C:y=2−x24A．−14,14 B．−1【答案】D【分析】解法1，当m=0时，满足题意，当m≠0时，两方程联立方程组消去x，然后结合根与系数的关系及判断式可求得结果；解法2，利用数形结合，由l:y=mx−4与x24+y2=2y≥0相切时，求出【详解】解法1：由y=2−x24得直线l:y=mx−4过定点①当m=0，直线l:y=0与C有两个公共点；②当m≠0，l:y=mx−4与曲线x得1m设直线l:y=mx−4与曲线C:y=2−x则由题意得Δ=64m综上，m的取值范围是−1解法2：数形结合法①当m=0，直线l:y=0与C有两个公共点；②当l:y=mx−4与x两曲线方程联立方程组化简得x2整理得(4m由Δ=322解得m=−12或由图可得m=1所以由图可得−1综上，m的取值范围是−1解法3：将半圆x2+y2=8当l:y=mx−4与x2+y2=8y≥0解得：m=1（舍）或m=−1，经过伸缩变换后，m=−1综上，m的取值范围是−1故选：D.【点睛】关键点点睛：本题重点考查了直线与半椭圆位置关系，隐含直线过定点问题，解题的关键是将曲线C:y=2−7．育德中学在3D打印社团实践活动中，要将一个正方体放置在一个母线长为2，底面半径为1的圆锥内（忽略锥面厚度），使其能自由（任意方向）旋转，则该正方体棱长的最大值为（

）A．13 B．12 C．2【答案】C【分析】根据圆锥的内切球即为正方体的外接球计算求解即可.【详解】如图1所示，要使得正方体能在圆锥内自由旋转且该正方体的边长得到最大，则该正方体的外接球为圆锥的内切球，设内切球的半径为R，圆锥的轴截面如图2所示，△PAB为正三角形且PA=2，此时内切球的截面圆与△PAB内切，R=PHtanπ6=1×33=故选：C.8．已知函数fx=ex+3x<0，gx=2lnA．−∞,e B．−∞,e【答案】B【分析】由题意可得e−x+3=2lnx+m在0,+∞上有解，转化为函数y=【详解】根据题意知f−x−gx=0在0,+∞故函数y=e−x+3x>0与函数y=e−x+3将点0,4代入y=2lnx+m得，令2lnx+m=0得，x=1−m，由图象可知1−m>1−故选：B.【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合问题，考查指数函数和对数函数的图象的应用，解题的关键是将问题转化为两函数图象有交点，结合图象求解，考查数形结合的思想和转化思想，属于中档题.二、多选题9．已知函数fx=AsinA．fB．函数fx的图象关于点13C．函数fx在0,19D．函数fx在0,【答案】ABD【分析】由图可知函数的最值与周期性，再代入最高点，可得A的正误；利用整体思想，代入已知点的坐标，结合正弦函数的对称性，可得B的正误；利用整体思想，明确括号整体取值，结合正弦函数的单调性，可得C的正误；利用整体思想，明确括号整体取值，结合正弦函数的图象，可得D的正误.【详解】由图知A=3，T=2×π4+fx=3sin3x+φ过点所以3π4+φ=因为φ<π2，所以φ=−因为f13π12=sin由x∈0,19π因为y=sinx在−π所以当3x−π4=4π由x∈0,π得3x−π4∈所以函数fx在0,10．如图，过点P1,0作两条直线x=1和x=my+1分别交抛物线y2=x于点A，B和点C，D（其中点A，C位于xA．C，D两点的纵坐标之积为−1B．PC的最小值为1C．△COD面积的最小值为1（O为坐标原点）D．若点A，C不重合，且AC∩BD=Q，则∠CQP=∠BQP【答案】AC【分析】对于A，将直线方程代入抛物线方程化简后，利用根与系数的关系判断即可；对于B，通过计算PC求得其最小值，进而判断；对于C，由题意可得S△COD=1【详解】设点Cx1,选项A：将直线l的方程x=my+1代入抛物线方程y2=x得：y2选项B：计算PC=x1−12+y选项C：由选项A可知，y1+y则S△COD当且仅当m=0时取等号，故C正确；选项D：在△ABQ中，根据三角形内角平分线定理及其逆定理可知∠AQP=∠BQP等价于QAQB又因为PA=PB，所以|QA||QB|≠|PA||PB|，所以故选：AC【点睛】关键点点睛：本题重点考查了对抛物线图象的准确理解，利用图象确定面积、距离最值问题，解题的关键是根据题意结合根与系数的关系求解，从核心素养的角度来看，本题考查学生的直观想象和逻辑推理及数学运算的核心素养.11．对于x∈0,1，fx满足fx+f1−x=1，fxA．f12=12 B．i=0100【答案】ACD【分析】抽象函数，对于ACD选项采用赋值法求解，B选项倒序相加即可；【详解】A选项：因为fx+f1−x=1，所以取B选项：令t=f0+f1两式相加得2t=f解得t=101C选项：因为fx=2fx5，所以取x=0得，取x=0得，f0+f1因为fx=2fx5，所以fx5=12D选项：因为f125=14所以f1125≤f故选：ACD.【点睛】方法点睛：本题考查抽象函数，赋值法是基本，针对选项进行赋值即可.三、填空题12．1+x1−x10的展开式中，x的系数是【答案】−9【分析】求出二项式(1−x)10【详解】二项式(1−x)10的展开式的通项为C当r=1时，x的系数是−C101=−10，当所以1+x1−x10的展开式中，x的系数是故答案为：−913．已知角α的终边在直线y=−2x上，则sin2α=【答案】−45【分析】根据角的终边所在直线可求得tanα，将sin2α化为关于正余弦的齐次式的形式，分子分母同时除以cos2【详解】∵角α的终边在直线y=−2x，∴tanα=−2，故答案为：−414．已知数列an有30项，a1=2，且对任意n∈2,3,⋯,30，都存在（1）a4=（2）对于数列an中的项ak，若存在j∈1,2,⋯,k−1使得ak=aj，则称ak具有性质P【答案】51025【分析】（1）根据题意代入即可求解；（2）先根据题意分析出具有性质P的项，易知从a6【详解】（1）当n=2时，a2当n=3时，a3=a当n=4时，a4=a1+3=5，或a4=综上所述：a4（2）an中恰有4项具有性质P，且这4项的和为20，a当n=5时，a5=a1+3=5，或a5=a2+3=8，或a5=aa2=a3=则易知从a6开始是以5为首项3为公差的等差数列，i=6【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义问题的求解，涉及到根据新定义求解数列中的项、数列求和等知识；关键是能够准确理解所给的新定义，得到所给数列性质与等差数列之间的关系.四、解答题15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为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，将已知等式中的角利用正弦定理和余弦定理统一成边的形式，再利用余弦定理可求出角C；解法2，利用三角函数恒等变换公式化简可求出角C；（2）由（1）得B=π3−A，A∈【详解】（1）解法1：在△ABC中，由2sinCcos再由余弦定理，得2c⋅b2+又因为c2=a因为C∈0,π，所以解法2：因为2sinCcos所以2sin所以2sin所以2cos因为sinA≠0，所以2cosC+1=0因为C∈0,π，所以（2）因为C=2π3，所以B=所以cosB因为A∈0,π3，所以tan所以cosB16．如图，已知斜三棱柱ABC−A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC(1)求证：平面A1BC⊥平面(2)求平面ABC1与平面【答案】(1)证明见解析(2)77【分析】（1）证法1，由AA1⊥A1C，得A1C⊥CC1，再由面面垂直的性质可得BC⊥平面A1ACC1，则BC⊥A1C，然后利用线面垂直的判定定理得A1C⊥平面BCC1B1，从而由面面垂直的判定定理可证得结论；证法2，由面面垂直的性质可得BC⊥平面A1ACC1，则BC⊥A1C，（2）解法1，以OD,OC,OA1所在的直线分别为x,y,z建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，解法2，过点C作平面ABC的垂线，以【详解】（1）证法1：因为在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，又因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A所以BC⊥平面A1因为A1C⊂平面A1又因为CC1∩BC=C，CC1、BC⊂平面BC又因为A1C⊂平面A1BC，所以平面证法2：因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A所以BC⊥平面A1因为A1C,C1C⊂平面A因为平面A1BC∩平面BCC1B因为在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，所以二面角A1即平面A1BC和平面BCC所以平面A1BC⊥平面证法3：如图1，取AC的中点O，取AB的中点D，连接A1O，由OD为△ABC的中位线，知OD∥又因为AC⊥BC，所以OD⊥AC.因为AA1=因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC所以A1O⊥平面因为OD,OC⊂平面ABC，所以A1O⊥OD，所以OD,OC,OA所以以OD,OC,OA1所在的直线分别为则A0,−1,0，A10,0,1，B1,1,0，CA1=0,−1,1，设平面A1BC和平面BCC1B由CB⊥n1，CA1⊥n由CB⊥n2，CC1⊥n则n1⋅n即平面A1BC⊥平面（2）解法1：如图2，取AC的中点O，取AB的中点D，连接A1O，由OD为△ABC的中位线，知OD∥又因为AC⊥BC，所以OD⊥AC.因为AA1=因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC所以A1O⊥平面因为OD,OC⊂平面ABC，所以A1O⊥OD，所以OD,OC,OA所以以OD,OC,OA1所在的直线分别为则A0,−1,0，A10,0,1，B所以AA1=0,1,1，由（1）知，AA1⊥平面A1BC设平面ABC1的法向量为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：因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面所以过点C作平面ABC的垂线必在平面ACC又因为AC⊥BC，所以可以以C为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，因为A0,−2,0，A10,−1,1，B所以AA1=0,1,1，由（1）知，AA1⊥平面A1BC设平面ABC1的法向量为n=x,y,z，平面A1由AB⊥n，AC1⊥n，得cosθ所以平面A1BC和平面ABC17．已知函数fx(1)求fx(2)已知直线y=kx+m是曲线y=fx的切线，且kx+m≥fx对x∈0,+【答案】(1)fx在0,2上单调递增，在2,+(2)1【分析】（1）求出导函数f′x，令（2）由（1）求出函数最大值fxmax=1e2，将m分成m=1e2【详解】（1）f′x令f′x=0得x=2，当0<x<2时，f′x>0因此fx在0,2上单调递增，在2,+∞（2）由（1）知，fxmax当m=1e2时，直线y=1e2是曲线f当m>1e2时，设直线y=kx+m与曲线y=fx相切于点因为y0=kx0+m，所以kx又因为k=f′x0=2−取x1=−mk=−因此存在x1∈0,+综上，m的最大值为1e18．如图，某兴趣小组在坐标纸网格中设计了一款跳棋游戏.规则如下：游戏参与者以O0,0(1)求甲走完第3步后，到达点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，当他走完第4步后，得分为X，求X的分布列及数学期望；(3)甲和乙都从O0,0出发，走到点B5,1的位置，设走完第i步后，甲位于点Eixi,mi，乙位于点Fixi【答案】(1)38(2)分布列见解析，10；(3)1【分析】（1）由题意可得甲向上和向下的次数，根据概率乘法公式，可得答案；（2）由离散型随机变量的分布列的解题步骤，利用均值性质公式，可得答案；.（3）由题意可得甲与乙向上和向下的次数，分列求得总的情况数与符合题意的情况数，利用古典概型的概率计算，可得答案.【详解】（1）根据题意，甲向上走了一步，向下走了两步，P=C（2）设甲向上走了Y步，Y可取0，1，2，3，4，则X=5Y，Y∼B4,PX=0PX=5PX=10=PY=2PX=20则X的分布列为：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.从5步中选2步是向右下方走的组合数为C52=10游戏参与者在第j，k步向右下方走记为j,k，①j=1，当甲为1,2时，乙有1种情况：1,2；当甲为1,3时，乙有2种情况:1,2、1,3；当甲为1,4时，乙有3种情况：1,2、1,3、1,4；当甲为1,5时，乙有4种情况1,2、1,3、1,4、1,5；共10种情况；②j=2，当甲为2,3时，乙有3种情况：1,2、1,3、2,3；当甲为2,4时，乙有5种情况：1,2、1,3、1,4、2,3、2,4；当甲为2,5时，有7种情况：1,2、1,3、1,4、1,5、2,3、2,4、2,5；共15种情况；③j=3，当甲为3,4时，乙有6种情况1,2、1,3、1,4、2,3、2,4、3,4；当甲为3,5时，乙有9种情况1,2、1,3、1,4、1,5、2,3、2,4、2,5、3,4、3,5；共15种情况；④j=4，甲只能为4,5，乙有10种情况：1,2、1,3、1,4、1,5、2,3、2,4、2,5、3,4、3,5、4,5；共10种情况，总计50种情况.所以甲获胜的概率为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.从5步中选2步是向右下方走的组合数为C52=10对任意1≤i≤5，都有mi≥ni，可设甲在第情况一：乙在第1步到第j2≤j≤4步中有两步向右下方行走，共C情况二：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所以甲获胜时，甲与乙总的走法数为j=2=5所以甲获胜的概率为P=5019．已知双曲线E:x2a(1)求双曲线E的方程；(2)若直线l与E的右支及渐近线的交点自上而下依次为C，A，B，D，证明：AC=(3)在数学中，可利用“循环构造法”求方程的整数解.例如：求二元二次方程x2−2y2=1的正整数解，由3−223+22=32−2×22=1可先找到该方程的初始解x=3y=2，