2025届陕西省汉中市高三下学期质量检测考试（二模）数学+答案

数学参考答案1.D【解析】本题考查正弦定理的应用,考查数学运算的核心素养.由正弦定理得解得2.C【解析】本题考查元素与集合的关系,考查逻辑推理的核心素养.因为A={2m十\3n|m∈Z,n∈N},所以\∈A,4∈A,—2十5\∈A,—1十2\呋A.3.A【解析】本题考查复数的四则运算,考查数学运算的核心素养.4.A【解析】本题考查三角函数的单调性,考查数学运算与逻辑推理的核心素养.因为—\5<0,所以要求f(儿)的单调递增区间,只需求y=sin的单调递减区间,令 十2kπ≤2儿十十2kπ,解得十kπ≤儿,所以f的单调递增区间为5.C【解析】本题考查统计中的百分位数,考查数据处理能力.因为60×75%=45,所以第75百分位数是所有数据从小到大排列的第45项和第46项的平6.D【解析】本题考查正四棱台中的平行直线、计数原理与古典概型,考查数学运算的核心素养与空间想象能力.因为ADⅡBCⅡA1D1ⅡB1C1,ABⅡCDⅡA1B1ⅡC1D1,所以这2条棱互相平行的概率为7.B【解析】本题考查抛物线的标准方程与性质,考查数学建模与数学运算的核心素养.以该碗轴截面的对称轴为y轴,抛物线的顶点为坐标原点,建立平面直角坐标系,如图所示.设该抛物线的方程为儿2=2py(p>0)(儿,y的单位均为cm),点A的纵坐标为h(单位:cm),则A(5,h),B(13,h十10),所以解得故该抛物线的O2O28.C【解析】本题考查对数大小的比较与构造函数法的应用,考查逻辑推理与数学抽象的核心素养.构造函数f,则f/易证函数y=父ln父(父≥9)为增函数,所以父ln父—(父十5)ln(父十5)<0(父≥9),所以f/(父)<0,所以f(9)>f(10)>f(11),即a>b>c.9.ACD【解析】本题考查函数的求值、定义域与性质,考查数学运算、逻辑推理的核心素养.f(\)=\×\=\,A正确.由父2—1≥0,得父∈(—∞,—1]U[1,十∞),D正确.因为f(—2)<0,所以f(父)的最小值不是0,B错误.因为f(—父)=—父\父2—1=—f(父),所以f(父)是奇函数,C正确.10.BCD【解析】本题考查双曲线与椭圆的定义,考查直观想象、逻辑推理的核心素养.由得或所以曲线C由双曲线EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(父),4)2—=1与双曲线=1组成,这两条双曲线的实轴长相等,虚轴长不相等,A错误.A(—3,0),B(3,0)是双曲线的两个焦点,所以存在无数个点P,使得|PA|—|PB|=2a=4,B正确.M(4,0),N(—4,0)是双曲线的两个焦点,所以AY-2-2-2-2存在无数个点P,使得|PM|—|PN|=—2a=—4,C正确.因为|PE|十|PF|=4\>|EF|,所以满足|PE|十|PF|=4\的点P的轨迹是以E,F为焦点,4\为长轴长的椭圆,由图可知,该椭圆与曲线C共有8个交点,故存在8个点P,使得|PE|十|PF|=4\,D正确.11.BC【解析】本题考查四面体的体积、二面角以及翻折问题,考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养.因为△PAB∞△PBC,PA丄AB,所以PB丄BC,又AB丄BC,AB∩PB=B,所以BC丄平面PAB.因为上APB=30。,AB=1,所以PA=\,PB=2,BC=2,所以四面体 PABC的体积为3×\×2×1×\=3,B正确.由 丄AB,AB∩BC=B,所以PA丄平面ABC,则PA丄AC,所以上BAC为二面角B-PA-C的平面角,因为丄BC,所以所以cos上错误.将侧面PBC翻折至点C与平面PAB共面,如图所示,过点A作AF1丄PC于点F1,过点C作CD1丄PA于点D1,则AE十EF的最小值为 AF1=APsin上APC=\sin60。=2,CE十DE的最小值为CD1 PC●sin上APC=4sin60。=2,A错误,C正确.\3PAABC12.3\【解析】本题考查圆的方程与两点间的距离,考查直观想象的核心素养.圆C的圆心为C(3,—\),半径为\,因为|OC|=\9十3=2\,所以|PO|的最大值为|OC|十\=3\.13.32【解析】本题考查平面向量的实际应用,考查逻辑推理与直观想象的核心素养设作用在点O处的两个向上的拉力分别为F1,F2,向下的拉力为F3,依题意得|F1|=|F2|=4,|F3|=7,且F1十F2十F3=0,则F1十F2=—F3,所以(F1十F2)2=(—F3)2,则42十2×42cos上AOB十42=72,解得cos上AOB=3214.4【解析】本题考查三角恒等变换,考查逻辑推理与数学运算的核心素养.整理得t4十4t3—6t2—4t十1=0,故a=4.15.解:(1)f/(父)=1十ln父—a,………………2分依题意可得分解得a=1.…………………5分(2)f(父)的定义域为(0,十∞).……………6分 即b≤ln父—1十对父∈(0,十∞)恒成立.………………8分令<0,得0<父在上单调递减;令gI(父)>0,得父>,g(父)在,十∞)上单调递增.………………11分 所以……………12分 则b≤—1,即b的取值范围是(—∞,—1].………………13分16.(1)证明:因为AC为直径,B是上底面圆周上异于A,C的一点,所以AB丄BC.……1分 因为BB1为该圆柱的母线,所以BB1丄平面ABC,所以BB1丄AB.…2分 又BB1∩BC=B,…………3分 所以AB丄平面BCC1B1.…………………4分因为AB∈平面ABB1,所以平面ABB1丄平面BCC1B1.………………5分—→—→—→(2)解:设点A在圆柱下底面的射影为A1,连接A1B1.以B1为坐标原点,B1A1,B1C1,B1B的方向分别为父,y,义轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.—→—→—→因为AC=2,上ACB=30。,所以AB=1,BC=\,……7分,0),A(1,0,3),C(0,\,3),C1(0,\,0),………………9分…………10分→设平面AB1C的法向量为m=(父,y,义),则m.AC=m→BBACACciciy取义=—1,得m=(3,\,—1).…………12分 得AC1与平面AB1C所成角的正弦值为13.…………… 共有5个,则d3=5.………………………2分(2)证明:在区间(1,2n十1十3)内的偶数为2,4,…,2n十1,2n十1十2,………3分则十1=2n十1.……………5分因为……………………6分所以{cn—1}是首项为2,公比为2的等比数列.…………7分(3)解:设等差数列{an}的公差为分所以an=5十2(n—1)=2n十3,……………9分所以十1=n十1.…………10分由(2)知,sn=2×2十3×22十…十(n十1)×2n,则2sn=2×22十3×23十…十(n十1)×2n十1,……………11分所以—sn=4十(22十23十…十2n)—(n十1)×2n十1……12分 ×2n十1=—n×2n十1,……………14分故sn=n×2n十1.……………15分18.(1)解:设每次游戏A的得分为X,B的得分为Y,则X的分布列为X53P(1—儿)(1—y)………………2分所以E(X)=5儿y—7儿(1—y)—(1—儿)y十3(1—儿)(1—y)=16儿y—10儿—4y十3,…………………4分所以E(Y)=—E(X)=—16儿y十10儿十4y—3.…………6分解:当儿的分布列为Y71P 6 3 6 3………………7分当B第一次得7分时,第二次不管得几分,B的总得分均为正数;当B第一次得—5分或—3分时,第二次只能得7分;当B第一次得1分时,第二次只能得1分或7分.………9分故经过两次游戏后,B的总得分为正数的概率为十十…………………………11分(3)证明:记E(X)=f(儿)=(16y—10)儿—4y十3(0≤儿≤1且儿≠.当=—4y十分[0,时,16y—10<0,f(父)单调递减,…………13分则A可取父=0,使得E=—4y十分时,16y—10>0,f(父)单调递增,…………15分则A可取父=1,使得分 综上,不论y取何值,A总能通过调整父的值,使得每次游戏A得分的期望不小于2 …………………………17分19.(1)解:因为=,所以=,可得a2=9b2.…………………1分又因为点在该椭圆上,所以十解得b2=1,所以a2=9,………3分故该椭圆的方程为十y2=1.……………4分(2)解:设A(父1,y1),B(父2,y2),则AB的中点因为△ABE的重心是坐标原点O,所以可得父1十父2=1十的中点………6分EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1) EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1) EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)9十(y1十y2)(y1—y2)=0,EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(2),2)即十可得分所以直线AB的方程为即2父十9=0……………9分(3)证明:设C(m,n).当直线AB的斜率不存在时,易得C(3,0),直线AB的方程为父或C(—3,0),直线AB的方程为父=.将父=±代入椭圆的方程,可得所以△ABC的面积…………11分当直线AB的斜率存在时,设A(父1,