精品解析：陕西省咸阳市永寿县2025届高三下学期数学模拟检测（一）

2025年咸阳市永寿县高考模拟检测（一） 数学 注意事项： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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. 已知集合，，则子集的个数为（ ）． A. 6 B. 7 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式及求二次函数的值域确定集合，再由集合的交运算求集合，进而得到子集个数. 【详解】由， ， 所以，故子集的个数为个. 故选：C 2. 已知圆锥的母线长为6，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据扇形的弧长公式可得，进而求圆锥的表面积. 【详解】设圆锥的底面半径为， 则，解得， 所以该圆锥的表面积为. 故选：A. 3. 若，则（ ）． A. 1 B. 5 C. 10 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】根据项，分析、、1分别取的次数，再利用组合数求系数. 【详解】由题设，对于项，取0次，取1次，1取4次，故. 故选：B 4. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以为整体，利用倍角公式结合齐次式问题分析求解即可. 【详解】由题意可得： . 故选：C. 5. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，以线段为直径的圆与椭圆C在第二象限交于点M，且，则C的离心率为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量可得，代入运算求解即可. 【详解】因为， 则， 即，可得， 所以C的离心率. 故选：A. 6. 已知在区间内存在2个极值点，则实数a取值范围为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，根据极值点可得与在内有2个交点，利用导数判断的单调性和最值，结合图象分析求解. 【详解】因为，可知在内有2个变号零点， 由可得，可知：与在内有2个交点， 又因为， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 且，， 结合图象可得，所以实数a的取值范围为. 故选：B. 7. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则的面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知及三角恒等变换可得，再由余弦定理及正弦边角关系得、，即可得，最后应用三角形面积公式求面积. 【详解】由， 所以，即， 所以，，则， 由， 又，则， 所以，则. 故选：D 8. 已知是定义域为R的偶函数，且，则（ ）． A. 2025 B. 5050 C. 6024 D. 6075 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意结合偶函数的定义分析可知的一个周期为4，利用赋值法可得，，进而可得结果. 【详解】因为是定义域为R的偶函数，且， 则，即， 可得，可知的一个周期为4， 对于，令，可得，即， 对于， 分别令，可得， 即， 所以. 故选：D. 【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题． 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的最小值为，且过点，其部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度得函数的图象，则（ ）． A. 的最小正周期为 B. C. 为偶函数 D. 为奇函数 【答案】BD 【解析】 【分析】根据已知函数性质及图象求得判断A、B；再由图象平移得到的解析式判断C、D. 【详解】由， 又函数最小值为，则，故， 所以，可得或， 由图知，故， 所以， 由，则，且点在递减区间， 所以，可得， 又，则，且，故， 所以，则，，A错、B对； 为奇函数，C错、D对. 故选：BD 10. 已知复数，，则（ ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】应用特殊值判断A、D；由判断B；若，且，得，分类讨论判断C. 【详解】对于A、D：当时，，但，故A错误； 又，故D错误； 对于B：由，可得，故B正确； 对于C：设，且， 由，可得，则， 若，则或；若，则， 当，则， 当，则， 当，，则， 综上，，故D正确. 故选：BC. 11. 已知正方体的棱长为2，点P，Q满足，，则（ ）． A. 存在Q，使得与平面所成的角为 B. 若，则点Q的轨迹长度为 C. 平面截正方体所得截面的面积为 D. 直线被正方体的外接球所截得的线段长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A应用特殊点，与重合或与重合，得到与平面所成角的一个可取范围为，再判断上下界的取值范围，即可判断；B构建空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标表示列方程，得到点Q的轨迹方程，即可判断：C应用平面的基本性质确定截面，进而求面积；D由正方体外接球的性质及到直线的距离，即可求弦长. 【详解】由，即是正方体底面（含边界）内任意一点， 若为中点，易知，故面即为面，如下图示， 若与重合，则与平面所成的角为， 若与重合，则与平面所成的角为， 故与平面所成角的一个可取范围为， 又，则， 所以，， 故存在Q，使得与平面所成的角为，A对； 构建如下图示的空间直角坐标系，则且， 所以，， ， 所以，则，显然直线过，， 所以点Q的轨迹长度为，B错. 若为的中点，则，故四点共面，如下图， 所以四边形即为平面截正方体所得截面，且为等腰梯形， ，，故梯形的高为， 所以截面的面积为，C对； 由正方体的外接球球心为正方体的中心，如下图， ，，且，则到直线的距离， 又外接球半径是正方体体对角线的一半，为， 故直线被正方体的外接球所截得的线段长度为，D对. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：根据已知确定是正方体底面（含边界）内任意一点为关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某地气象局测得该地连续10天的最高气温分别为36，37，35，37，39，a，37，37，38，38（单位：），若该组数据的平均数与众数相等，则__________． 【答案】36 【解析】 【分析】根据题中数据可知众数为37，结合平均数运算求解即可. 【详解】因为37出现4次，其余出现次数不超过3次，可知众数为37， 由题意可得：，解得. 故答案为：36. 13. 已知抛物线，直线l经过点且与C交于A，B两点，O为坐标原点，面积的最小值为，则__________． 【答案】2 【解析】 【分析】令，联立抛物线，应用韦达定理及弦长公式、三角形面积的求法有，结合最小值求参数即可. 【详解】由题设，令，联立抛物线得，显然， 所以，，则， 由到的距离， 所以，当且仅当时等号成立， 所以. 故答案为：2 14. 若对任意正数x恒成立，则实数a的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】整理可得，同构结合的单调性分析可得，换元令，可得，构建，利用导数求其最值，即可得结果. 【详解】因为，且， 可得，整理可得， 构建 又因为在内单调递增，可得在内单调递增， 可得，且，整理可得， 令，可得， 构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，则内单调递减，则， 可得，即， 所以实数a的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 1.分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． 2.函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 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. 小明和小王进行乒乓球比赛，其中小明每局赢的概率为，小王每局赢的概率为，且每局比赛之间互不影响． （1）若采用3局2胜制，求小王最终赢得比赛的概率； （2）若采用5局3胜制，在小明赢得比赛的条件下，求比赛需要的局数的期望． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题设，分析出小王最终赢得比赛的可能情况，应用独立乘法公式及互斥事件加法求概率； （2）由题意有并结合条件概率公式求出对应概率，进而求期望 【小问1详解】 小王最终赢得比赛的情况有：小王连续赢2局，小王前2局赢1局输1局且第3局赢， 所以小王最终赢得比赛的概率. 【小问2详解】 由题意，设小明赢得比赛为事件，比赛i场结束为事件 且，，， 则， 在小明赢得比赛的条件下，设比赛场数为， 则, ， ， 所以. 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，且，，，E为的中点． （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】（1）证明如下： 由且E为的中点，则， 由底面是矩形，则，又，都在面内， 所以面，面，则，而，即， 由都在面内，则面，面，故. （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知得，面，再由线面垂直的性质及判定得面，进而可证结论； （2）构建合适空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值，进而可得正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由面，，，则，即， 故可构建如下图示的空间直角坐标系，则， 所以， 若分别是面，面的一个法向量， ，取，则， ，取，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为， 故平面与平面的夹角的正弦值为. 17. 已知函数． （1）若，求a的值； （2）设，求证：． 【答案】（1）1 （2）证明如下 由（1）可得：，即，当且仅当时，等号成立， 令，可得， 即， 累加可得：， 又因为， 即， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据题意注意到，可得，解得，并代入检验即可； （2）由（1）可得，令，可得，累加即可得结果. 【小问1详解】 因为，且的定义域为， 则， 若，注意到， 可得，解得， 当时，则，， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 可得，符合题意； 综上所述：a的值为1. 【小问2详解】 略 18. 已知圆，圆．若动圆M与圆外切，与圆内切，动圆圆心M的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程； （2）若P为直线与x轴的交点，Q为直线上的另外一点，直线l过且与曲线C交于A，B两点，求证： ①； ②直线，，的斜率成等差数列． 【答案】（1）； （2）①证明如下： 由题设且， 令，设， 联立，消得， 由，知，又， 所以，， 则，且有， 故 ， 所以，得证. ②证明如下： 由①知，，， 所以 ， 所以，即直线，，的斜率成等差数列． 【解析】 【分析】（1）令圆M的半径为，根据已知可得，结合双曲线的定义即可得轨迹方程； （2）①令且，，联立曲线方程，应用韦达定理及斜率的两点式化简，即可证结论； ②应用斜率两点式得，，，结合①中韦达定理化简整理得，即可证结论. 【小问1详解】 对于，圆心，半径， 对于，圆心，半径， 显然，即两圆外离，如下图示， 由动圆M与圆外切，与圆内切，令圆M的半径为，则，， 所以，故动圆圆心M的轨迹为. 【小问2详解】 ①略 ②略 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有两点，一是将角度相等关系的证明由对称性转化为斜率之和为0的证明；二是利用韦达定理，将斜率表达式中的根关系转化为系数关系再化简证明. 19. 若无穷数列满足：对于，，其中A为常数，则称数列为“A数列”． （1）若等比数列为“A数列”，求的公比q； （2）若数列为“A数列”，且，． ①求证：； ②若，且是正项数列，，求满足不等式的的最小值． 【答案】（1） （2）①证明见详解；②1 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，结合等比数列通项公式分析求解； （2）根据题意结合等差数列通项公式可得.①可得，根据分析证明即可；②可得，赋值求的值或范围，根据，分析求解. 【小问1详解】 因为等比数列为“A数列”，则， 即，可得， 若上述方程对任意恒成立，则，且定值， 所以的公比. 【小问2详解】 由题意可知：，且， 则数列是以首项为，公差为1的等差数列， 可得，即. ①因为， 若，则； 若，则； 若，则， 可得； 综上所述：； ②因为，且正项数列，则，即， 可得， 若对任意恒成立，即， 令，可得，可得， 且，则， 若，可得， 又因为， 可得， 所以符合题意； 若对任意恒成立，即， 令，可得，可得， 若，可得， 又因为， 可得，， 可得，所以符合题意； 综上所述：的最小值1. 【点睛】方法点睛：数列与函数、不等式的综合问题的常见题型 1.数列与函数的综合问题主要有以下两类： ①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； ②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形． 2.数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年咸阳市永寿县高考模拟检测（一） 数学 注意事项： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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. 已知集合，，则子集的个数为（ ）． A. 6 B. 7 C. 8 D. 16 2. 已知圆锥的母线长为6，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为（ ）． A. B. C. D. 3. 若，则（ ）． A. 1 B. 5 C. 10 D. 15 4. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 5. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，以线段为直径的圆与椭圆C在第二象限交于点M，且，则C的离心率为（ ）． A. B. C. D. 6. 已知在区间内存在2个极值点，则实数a的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 7. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则的面积为（ ）． A. B. C. D. 8. 已知是定义域为R的偶函数，且，则（ ）． A. 2025 B. 5050 C. 6024 D. 6075 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的最小值为，且过点，其部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度得函数的图象，则（ ）． A. 的最小正周期为 B. C. 为偶函数 D. 为奇函数 10. 已知复数，，则（ ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知正方体的棱长为2，点P，Q满足，，则（ ）． A. 存在Q，使得与平面所成的角为 B. 若，则点Q的轨迹长度为 C. 平面截正方体所得截面的面积为 D. 直线被正方体的外接球所截得的线段长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某地气象局测得该地连续10天的最高气温分别为36，37，35，37，39，a，37，37，38，38（单位：），若该组数据的平均数与众数相等，则__________． 13. 已知抛物线，直线l经过点且与C交于A，B两点，O为坐标原点，面积的最小值为，则__________． 14. 若对任意正数x恒成立，则实数a的取值范围为__________． 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. 小明和小王进行乒乓球比赛，其中小明每局赢的概率为，小王每局赢的概率为，且每局比赛之间互不影响． （1）若采用3局2胜制，求小王最终赢得比赛的概率； （2）若采用5局3胜制，在小明赢得比赛的条件下，求比赛需要的局数的期望． 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，且，，，E为的中点． （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的正弦值． 17. 已知函数． （1）若，求a的值； （2）设，求证：． 18. 已知圆，圆．若动圆M与圆外切，与圆内切，动圆圆心M的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程； （2）若P为直线与x轴的交点，Q为直线上的另外一点，直线l过且与曲线C交于A，B两点，求证： ①； ②直线，，的斜率成等差数列． 19. 若无穷数列满足：对于，，其中A为常数，则称数列为“A数列”． （1）若等比数列为“A数列”，求的公比q； （2）若数列为“A数列”，且，． ①求证：； ②若，且是正项数列，，求满足不等式的的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $