精品解析：河北省秦皇岛市山海关区2024-2025学年高三下学期第二次模拟追补考试数学试卷

数学 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，在规定的位置贴好条形码． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，请将本试卷和答题卡一并交回． 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（ ） A. B. C. 或 D. 或 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则椭圆短轴长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出来的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为．2025年1月7日西藏日喀则市发生里氏6.8级地震，释放出来的能量为，2025年1月10日山西临汾市发生里氏4.1级地震，释放出来的能量为，则（ ） A. 10 B. 4.05 C. D. 5. 如图，某工厂储存原料的储存仓是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是2，侧面积是，则该储存仓的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，将的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过点且斜率为的直线与圆相切，与交于第一象限的一点．若，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知为锐角，且，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，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. 已知一组样本数据，，…，，…，，，则下列说法错误的是（ ） A. ，，…，的下四分位数为 B. ，，…，的中位数为 C. ，，…，的平均数小于，，…，的平均数 D. ，，…，的方差为，，…，的方差的倍 10. 已知在中，内角的对边分别为，，，外接圆半径为5，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是锐角三角形 C. D. 的面积为10 11. 已知函数的定义域为，若满足，且函数是奇函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的常数项为______． 13. 在平行四边形中，，．若为的中点，则向量在向量上的投影向量为______（用表示）；若，点在边上，满足，点，分别为线段，上的动点，满足，则的最小值为______． 14. 已知函数有三个极值点，且，则实数的取值范围是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知数列是公差大于2的等差数列，其前项和为，，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和． 16. 如图，在四棱锥中，，，，底面，是上一点． （1）求证：平面平面； （2）若是的中点，求平面与平面的夹角的正弦值． 17. 已知函数． （1）求的零点个数； （2）设是的一个零点，证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线． 18. 小王是一位篮球运动爱好者，常去居住地附近，两个篮球场馆打篮球．已知小王第一次随机选择一个场馆打篮球．若前一次选择场馆，那么下次选择场馆的概率为；若前一次选择场馆，那么下次选择场馆的概率为． （1）若，，求小王前三次选择相同场馆打篮球的概率的最大值； （2）求小王第二次去场馆打篮球的概率； （3）若，，设小王前两次选择场馆打篮球的次数为，求的分布列和数学期望． 19. 蔓叶线是古希腊数学家狄奥克勒斯在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下左图所示．在平面直角坐标系中，圆，点是直线上在第一象限内的任一点，直线的倾斜角为（为坐标原点），且交圆于点（与不重合），第一象限内的点在直线上，且满足，一蔓叶线的方程为，如下右图所示． （1）求蔓叶线上任一点横坐标的取值范围； （2）证明：点在蔓叶线上； （3）设直线与蔓叶线交于不同的三点，，，且直线，，的斜率之和为2025，证明：直线过定点． 参考公式：法国数学家弗朗索瓦·韦达提出了三次方程的韦达定理：若，，是关于一元三次方程的三个根，则，，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，在规定的位置贴好条形码． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，请将本试卷和答题卡一并交回． 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（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】依题意，，或， 所以或 故选：C 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算求出，进而求出其模. 【详解】由，得，则， 所以. 故选：A 3. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则椭圆短轴长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，求出椭圆的长短半轴长，再列出不等式求解. 【详解】依题意，椭圆的长半轴长为6，短半轴长为，则， 所以椭圆短轴长的取值范围是. 故选：B 4. 科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出来的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为．2025年1月7日西藏日喀则市发生里氏6.8级地震，释放出来的能量为，2025年1月10日山西临汾市发生里氏4.1级地震，释放出来的能量为，则（ ） A. 10 B. 4.05 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对数运算法则列式计算得解. 【详解】依题意，，，两式相减，得， 因此，. 故选：D 5. 如图，某工厂储存原料的储存仓是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是2，侧面积是，则该储存仓的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆锥的结构特征求出其底面圆半径及高，再利用柱体、锥体体积公式求解. 【详解】设圆锥的底面圆半径为，由侧面积是，得，解得， 圆锥的高，则圆柱的高为， 所以该储存仓的体积为. 故选：C 6. 已知函数，将的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平移变换求出的解析式，再利用对称性求出. 【详解】依题意，， 由的图象与的图象关于轴对称，得对任意恒成立， 即对任意恒成立， 因此，解得，而， 则. 故选：B 7. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过点且斜率为的直线与圆相切，与交于第一象限的一点．若，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线的方程，利用圆的切线性质，结合离心率的定义求出范围. 【详解】依题意，点，直线的方程为， 圆的圆心为，半径为， 由直线与圆相切，得， 令双曲线离心率为，又，则， 因此，即，解得， 所以的离心率的取值范围是. 故选：A 8. 已知为锐角，且，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件等式利用三角恒等变换可得，再通过构造函数利用导数求得函数单调性，结合自变量取值范围即可求得结果. 【详解】由可得， 即， 因此 即可得， 令，则， 令，则, 由可得， 因此可知当时，，此时在上单调递减， 当时，，此时在上单调递增， 因此可得当时，取得极小值，也是最小值， 即， 因此的最小值为. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用三角恒等变换以及二倍角公式得出关于的表达式，再通过构造函数并利用导数得出其单调性，即可求得最小值. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，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. 已知一组样本数据，，…，，…，，，则下列说法错误的是（ ） A. ，，…，的下四分位数为 B. ，，…，的中位数为 C. ，，…，的平均数小于，，…，的平均数 D. ，，…，的方差为，，…，的方差的倍 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用下四分位数、中位数的定义求解判断AB；利用平均数的意义，结合不等式性质判断C；利用方差的性质判断D. 【详解】对于A，由，得下四分位数为，A错误； 对于B，数据，，…，共个，其中位数为，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，，，…，的方差为，，…，的方差的倍，D错误. 故选：ABD 10. 已知在中，内角的对边分别为，，，外接圆半径为5，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是锐角三角形 C. D. 的面积为10 【答案】AC 【解析】 【分析】利用三角形内角和以及诱导公式，结合辅助角公式可得A正确，求出可判断B错误，再由余弦定理计算可得C正确，代入三角形面积公式计算可知D错误. 【详解】因为，所以，因此； 所以由可得； 即，其中； 再由三角函数值域可知， 因此只有当时，等式成立； 因此，即， 对于A，可知，即A正确； 对于B，由分析可知，即； 又，， 所以，因此为钝角，即为钝角三角形，即B错误； 对于C，由分析知，且， 根据余弦定理可得， 解得，即C正确； 对于D，此时三角形面积，即D错误. 故选：AC 11. 已知函数的定义域为，若满足，且函数是奇函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由奇函数的定义，结合已知，利用赋值法及累加法逐项求解判断. 【详解】函数的定义域为，由函数是奇函数，得， 对于A，由，得，由， 得，则，A正确； 对于B，由，，得， ，B错误； 对于C，，而，即，因此，C错误； 对于D，由，得， 则 ，D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的常数项为______． 【答案】70 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项即可求得结果. 【详解】的展开式的通项为， 令得，， 故常数项为， 故答案为：70. 13. 在平行四边形中，，．若为的中点，则向量在向量上的投影向量为______（用表示）；若，点在边上，满足，点，分别为线段，上的动点，满足，则的最小值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据投影向量定义以及模长和夹角计算可得出投影向量，建立平面直角坐标系将数量积坐标化，得出的表达式并根据二次函数性质计算可得其最小值. 【详解】依题意可知， 又，， 所以 则向量在向量上的投影向量为； 以为坐标原点建立平面直角坐标系，如下图所示： 由，可得，且， 所以， 又，所以； 设，所以，由可得； 又，所以； 因此； 可得， 显然当时取得最小值，最小值为. 故答案为：； 14. 已知函数有三个极值点，且，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，结合导数将问题转化为直线与的图象有三个不同交点，利用导数求出的范围，再利用零点的定义及，构造函数，利用导数求出的范围，进而求出所求范围. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 由函数有三个极值点，得有三个不同的零点，显然， 则方程有三个不相等的实根，令，于是直线与的图象有三个不同交点， 求导得，由，得，由得，或， 函数在上单调递增，在上单调递减，， ，又时，恒成立，因此， 而，则，令，则，即， 令，求导得， 令，求导得，函数在上单调递减， ，则，函数在上单调递减，， 而函数在上单调递增，当时，， 因此，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知数列是公差大于2的等差数列，其前项和为，，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和． 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合等比数列定义列式求出公差，进而求得通项公式. （2）由（1）的结论，按奇偶分类，利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则，， 由，，成等比数列，得，而，解得， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）得， 当为偶数时，， 当为奇数时，， 所以. 16. 如图，在四棱锥中，，，，底面，是上一点． （1）求证：平面平面； （2）若是的中点，求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】（1） 在四棱锥中，，，则， ，在中，，则， 即，于是，由平面，平面， 得，又平面，则平面，又平面， 所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，借助余弦定理及勾股定理的逆定理证得，再利用线面垂直的性质判定推理得证. （2）由（1）的信息得二面角的平面角，再利用几何法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面，而平面，则，又， 因此是二面角的平面角， 在中，，则，由是的中点， 得，于是， 所以平面与平面的夹角的正弦值为. 17. 已知函数． （1）求的零点个数； （2）设是的一个零点，证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线． 【答案】（1）2； （2）证明：曲线在点处的切线方程为，即， 设曲线在点处的切线斜率为， 则，，，即切点为， 则曲线在点处的切线方程为，即. 由是的一个零点，得，则， 因此直线与直线为同一直线， 所以曲线在点处的切线也是曲线的切线. 【解析】 【分析】（1）利用导数确定单调区间，再用零点存在性定理求出零点个数. （2）利用导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程，设曲线在点处的切线斜率为，并求出切线方程，结合（1）证两条切线重合即可. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 函数在和上均单调递增， 由，，得在上有唯一零点， 由，，得在上有唯一零点， 所以有且仅有两个零点. 【小问2详解】 略 18. 小王是一位篮球运动爱好者，常去居住地附近，两个篮球场馆打篮球．已知小王第一次随机选择一个场馆打篮球．若前一次选择场馆，那么下次选择场馆的概率为；若前一次选择场馆，那么下次选择场馆的概率为． （1）若，，求小王前三次选择相同场馆打篮球的概率的最大值； （2）求小王第二次去场馆打篮球的概率； （3）若，，设小王前两次选择场馆打篮球的次数为，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） （3） 0 1 2 期望 【解析】 【分析】（1）分别求出小王前三次全选择或场馆打篮球的概率再相加，利用函数单调性计算可得； （2）分两种情况：第一次选择场馆，第二次选择场馆；第一次选择场馆，第二次也选择场馆；两概率相加即可； （3）求得的所有可能取值及其对应概率即可求出分布列，并求出期望值. 【小问1详解】 设“小王前三次选择相同场馆打篮球”为事件， 易知小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次也选择场馆的概率为，第三次还选择场馆概率为； 小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次也选择场馆的概率为，第三次还选择场馆概率为； 又因为，, 因此可得， 显然函数为单调递增， 所以当时，取得最大值， 最大值为； 【小问2详解】 设“小王第二次选择场馆打篮球”为事件， 易知小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次选择场馆的概率为； 小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次也选择场馆的概率为； 因此可得； 【小问3详解】 易知随机变量的所有可能取值为； 由，可得： 第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为； 即； 第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为；第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为； 即； 第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为； 即； 所以的分布列为： 0 1 2 因此期望值. 19. 蔓叶线是古希腊数学家狄奥克勒斯在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下左图所示．在平面直角坐标系中，圆，点是直线上在第一象限内的任一点，直线的倾斜角为（为坐标原点），且交圆于点（与不重合），第一象限内的点在直线上，且满足，一蔓叶线的方程为，如下右图所示． （1）求蔓叶线上任一点横坐标的取值范围； （2）证明：点在蔓叶线上； （3）设直线与蔓叶线交于不同的三点，，，且直线，，的斜率之和为2025，证明：直线过定点． 参考公式：法国数学家弗朗索瓦·韦达提出了三次方程的韦达定理：若，，是关于一元三次方程的三个根，则，，． 【答案】（1） （2） 设，已知直线的方程为，将其代入圆的方程，得到. 对进行整理得 解得或，因为点不是原点，所以点横坐标为. 已知，设，，点横坐标为. 根据向量坐标运算，，，因为，所以，. 将代入蔓叶线方程的右边：， 而，即蔓叶线方程右边的值等于，等式成立. 所以点的坐标满足蔓叶线方程，点在蔓叶线上. （3） ，齐次化联立直线与曲线，得到，那么，即， 根据方程联立得意义可知，所得的关于的一元三次方程的三个根即为， 结合韦达定理知道，，故 ，则， 代入直线方程，即，化简得，式子恒成立， 则令，解得.故直线过定点.原命题成立. 【解析】 【分析】（1）根据蔓叶线方程中分母不为零以及根式有意义的条件来确定横坐标取值范围. （2）依据向量相等的性质得到点的坐标，再将点的横坐标代入蔓叶线方程的右边，通过化简计算与进行比较，若相等则可证明点在蔓叶线上. （3）将直线方程与蔓叶线方程联立，齐次化处理，利用三次方程韦达定理得到直线斜率之和的表达式，进而求出直线过的定点. 【小问1详解】 因为蔓叶线的方程为， 则且.由于恒成立，所以等价于，解得， 由图知道，蔓叶线的位置，所以，综上，知道. 则蔓叶线上任一点横坐标的取值范围为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $