精品解析：陕西省榆林市2025届高三上学期第二次模拟检测数学试题

榆林市2025届高三第二次模拟检测 数学试题 注意事项： 1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收. 第I卷（选择题 共58分） 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，，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】化简后由复数相等的条件可求得结果. 【详解】由，得， 所以，. 故选：C 2. “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12 C. 中位数为17 D. 平均成绩为14 【答案】A 【解析】 【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，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17，故B错误； 对于C：中位数为：，故C错误； 对于D：平均数，故D错误； 故答案为：A. 3. 已知某物体在运动过程中，其位移（单位：）与时间（单位：s）满足函数关系式，则该物体瞬时速度的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求导函数，再根据三角函数的最值即可求解. 【详解】， 当时，取得最大值3， 故选：A. 4. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解法1，由，得，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，，，则，，从而可求得结果. 【详解】解法1：因为，，， 所以， 所以， 因为，所以. 解法2：由，，，， 可知， 令，，则，， ， 因为， 所以. 故选：D 5. 已知直线与曲线有两个公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解法1，当时，满足题意，当时，两方程联立方程组消去，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，由与相切时，求出的值，然后结合图形可求得结果；解法3，利用伸缩变换，将半圆横坐标不变，纵坐标缩短到原来的，得到半椭圆，然后转化为直线与圆的关系求解即可. 【详解】解法1：由得，所以为椭圆的上半部分， 直线过定点 ①当，直线与有两个公共点； ②当，与曲线联立， 得， 设直线与曲线交于点， 则由题意得，解得， 综上，的取值范围是. 解法2：数形结合法 ①当，直线与有两个公共点； ②当与相切时， 两曲线方程联立方程组化简得， 整理得， 由，得, 解得或， 由图可得舍去， 所以由图可得， 综上，的取值范围是. 解法3：将半圆横坐标不变，纵坐标缩短到原来的，得到半椭圆. 当与相切时，由点到的距离等于圆的半径得：， 解得：（舍）或，经过伸缩变换后，， 综上，的取值范围是. 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化简为半椭圆方程，考查数形结合思想和转化思想，属于中档题. 6. 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. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【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，圆锥的轴截面如图2所示， 为正三角形且，此时内切球的截面圆与内切， ，设正方体边长为，由图3得，，得. 故选：C. 7. 已知函数，.若存在，使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得在上有解，转化为函数与的图象在上有交点，然后结合图象求解即可. 【详解】根据题意知在上有解，因此在上有解， 故函数与的图象在上有交点， 函数图象过点， 将点代入得，， 令得，，由图象可知，解得， 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、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，有三个正确选项的，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. 8. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数的图象关于点中心对称 C. 函数在上有最小值 D. 函数在内有3个零点 【答案】ABD 【解析】 【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，，所以， 过点，即， 所以，， 因为，所以，，A正确. 因为，所以函数的图象关于点中心对称，B正确. 由得， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，，，C错误. 由得，的图象在上有3个零点， 所以函数在内有3个零点，D正确. 9. 对于，满足，，且对于任意，恒有，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【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，所以取得，，A选项正确； B选项：令，则， 两式相加得， 解得，B选项错误； C选项：因为，所以取得，，由， 取得，，解得， 因为，所以，，，，，C选项正确； D选项：因为，，且， 所以，即，D选项正确. 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. 第II卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 10. 已知数列有30项，，且对任意，都存在，使得. （1）_____；（写出一个可能的取值） （2）对于数列中的项，若存在使得，则称具有性质.若中恰有4项具有性质，且这4项的和为20，则_____. 【答案】 ①. 5 ②. 1025 【解析】 【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的项，易知从开始是以5为首项，3为公差的等差数列，再根据等差数列求和即可求解. 【详解】（1）当时，， 当时，，或， 当时，，或，或时有或， 综上所述：的所有可能取值为：5，8，11. （2）中恰有4项具有性质，且这4项的和为，， 当时，，或，或时有或，或时有或或， ，即具有性质， 则易知从开始是以5为首项3为公差的等差数列，. 【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：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. 11. 如图，已知斜三棱柱，平面平面，，，，，. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值. 【答案】（1） 证法1：因为在斜三棱柱中，，且，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面，且， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. 证法2：因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面， 因为平面，所以，， 因为平面平面，所以为二面角的平面角， 因为在斜三棱柱中，，且，所以， 所以二面角为直二面角， 即平面和平面所成的角为， 所以平面平面. 证法3：如图1，取的中点，取的中点，连接，， 由为的中位线，知. 又因为，所以. 因为，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 所以两两垂直， 所以以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，如图1所示， 则，，，，， ，，， 设平面和平面的法向量分别为，， 由，，得，取，则， 由，，得，取，则， 则，所以， 即平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）证法1，由，得，再由面面垂直的性质可得平面，则，然后利用线面垂直的判定定理得平面，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平面，则，，则为二面角的平面角，然后结合已知可得二面角为直二面角，从而可证得结论；证法3，取的中点，取的中点，连接，，可证得，，，所以以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可； （2）解法1，以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，解法2，过点作平面的垂线，以为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法1：如图2，取的中点，取的中点，连接，， 由为的中位线，知. 又因为，所以. 因为，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以，， 所以两两垂直， 所以以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，如图2所示， 则，，，， 所以，，， 由（1）知，平面，所以为平面的法向量， 设平面的法向量为，平面与平面所成角记为， 由，，得，取，得， ， 所以平面和平面所成夹角余弦值为. 解法2：因为平面平面，平面平面， 所以过点作平面的垂线必在平面内. 又因为，所以可以以为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系， 因为，，，， 所以，，， 由（1）知，平面，所以为平面的法向量， 设平面的法向量为，平面与平面所成角记为， 由，，得，取，得， ， 所以平面和平面所成夹角的余弦值为. 12. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）已知直线是曲线的切线，且对恒成立，求的最大值. 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减. （2） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，令，根据导函数的符号即可确定函数的单调区间； （2）由（1）求出函数最大值，将分成和两种情形，分别讨论对恒成立是否满足，即得的最大值. 【小问1详解】 ， 令得，当时，；当时，. 因此在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由（1）知，. 当时，直线是曲线的切线，且对恒成立，满足题意； 当时，设直线与曲线相切于点，， 因为，所以，又，因此， 又因为，所以，， 取，则，， 因此存在，使得，不满足题意. 综上，的最大值为. 13. 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：游戏参与者以为出发点，每掷一次均匀硬币，若掷出正面，则沿小正方形的对角线向右上方移动一格；若掷出反面，则沿小正方形的对角线向右下方移动一格. （1）求甲走完第3步后，到达点的概率； （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，求的分布列及数学期望； （3）甲和乙都从出发，走到点的位置，设走完第步后，甲位于点，乙位于点，其中且.若对任意且都有，则认为甲获胜，求甲获胜的概率. 【答案】（1）； （2） 0 5 10 15 20 . （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 根据题意，甲向上走了一步，向下走了两步，. 【小问2详解】 设甲向上走了步，可取0，1，2，3，4，则，， ， ， ，， 则的分布列为： 0 5 10 15 20 所以. 【小问3详解】 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.同理，乙也有种走法； 游戏参与者在第，步向右下方走记为， ①，当甲为时，乙有1种情况：； 当甲为时，乙有2种情况:、； 当甲时，乙有3种情况：、、； 当甲为时，乙有4种情况、、、； 共10种情况； ②，当甲为时，乙有3种情况：、、； 当甲为时，乙有5种情况：、、、、； 当甲为时，有7种情况：、、、、、、； 共15种情况； ③，当甲为时，乙有6种情况、、、、、； 当甲为时，乙有9种情况、、、、、、、、； 共15种情况； ④，甲只能为，乙有10种情况：、、、、、、、、、； 共10种情况， 总计50种情况. 所以甲获胜的概率为. 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.同理，乙也有种走法； 对任意，都有，可设甲在第，步向右下方走，则乙的走法有两种情况： 情况一：乙在第1步到第步中有两步向右下方行走，共种走法； 情况二：乙在第1步到第步中有一步向右下方行走，在第到第步中有一步向右下方行走，共种走法； 所以甲获胜时，甲与乙总的走法数为 ， 所以甲获胜的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 榆林市2025届高三第二次模拟检测 数学试题 注意事项： 1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收. 第I卷（选择题 共58分） 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，，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. “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12 C. 中位数为17 D. 平均成绩为14 3. 已知某物体在运动过程中，其位移（单位：）与时间（单位：s）满足函数关系式，则该物体瞬时速度的最大值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线与曲线有两个公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 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. B. C. D. 1 7. 已知函数，.若存在，使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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，有三个正确选项的，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. 8. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数的图象关于点中心对称 C. 函数在上有最小值 D. 函数在内有3个零点 9. 对于，满足，，且对于任意，恒有，则（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 10. 已知数列有30项，，且对任意，都存在，使得. （1）_____；（写出一个可能的取值） （2）对于数列中的项，若存在使得，则称具有性质.若中恰有4项具有性质，且这4项的和为20，则_____. 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. 11. 如图，已知斜三棱柱，平面平面，，，，，. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值. 12. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）已知直线是曲线的切线，且对恒成立，求的最大值. 13. 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：游戏参与者以为出发点，每掷一次均匀硬币，若掷出正面，则沿小正方形的对角线向右上方移动一格；若掷出反面，则沿小正方形的对角线向右下方移动一格. （1）求甲走完第3步后，到达点的概率； （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，求的分布列及数学期望； （3）甲和乙都从出发，走到点的位置，设走完第步后，甲位于点，乙位于点，其中且.若对任意且都有，则认为甲获胜，求甲获胜的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $