精品解析：2025届青海省西宁市西宁市第二次模拟考试模拟预测数学试题

2025年普通高等学校招生全国统一考试 西宁市高三年级复习检测（二） 数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上． 2．作答选择题时，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，再选涂其他答案标号．涂写在本试卷上无效． 3．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 4．考试结束后，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. 已知复数z＝(a2－1)＋(a－1)i(a∈R)是纯虚数，则a＝（ ） A. 0 B. 1 C. －1 D. ±1 2. 已知数集满足：，，若，则一定有（ ） A. B. C. D. 3. 若命题，，则命题为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 等比数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 24 B. 28 C. 36 D. 48 5. 已知分别为曲线和直线上的点，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． 6. 已知椭圆的两个焦点分别为，（其中），点P在椭圆C上，点Q是圆上任意一点，的最小值为2，则下列说明正确的是（ ） A. 椭圆的焦距为1 B. 圆E过点的切线斜率为 C. 若A，B为椭圆C上关于原点对称且异于顶点和点P的两点，则直线PA与PB的斜率之积为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 7. 的展开式中的系数是______．（用数字作答） 8. 函数的零点个数为______． 9. 如图，某香包挂件是正三棱锥形状，其底面边长和侧棱长均为4cm，若将此棱锥放在一球形容器内可任意转动，则该球形容器表面积的最小值为________． 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． 10. 已知函数． （1）求的最小值； （2）若对所有都有，求实数的取值范围； 11. 如图1在直角梯形中，，，，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将沿BE折起到图2中的位置，得到四棱锥． （1）证明：平面； （2）当平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 12. 某无人机公司新研发了一款无人机，在大型活动中使用时需要提前进行演练.该公司从生产的一批无人机中抽取了个，分别编号为 、 、 、 、 ，不同的编号可以组成不同的演练模型.现从中选取个无人机组合为一种演练模型，则一共可以组合成种演练模型，其中取最大值时，该模型为最佳模型. （1）当 为何值时，模型最佳？并求出此时的值； （2）若 ，求 时的概率； （3）现任意抽取一个无人机试飞，每次成功的概率是.若试验成功，则试验结束；若不成功，则继续试验，直至第 次（无论成功与否都结束试验）.设 为试验结束时，进行试验的次数， 的数学期望为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年普通高等学校招生全国统一考试 西宁市高三年级复习检测（二） 数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上． 2．作答选择题时，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，再选涂其他答案标号．涂写在本试卷上无效． 3．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 4．考试结束后，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. 已知复数z＝(a2－1)＋(a－1)i(a∈R)是纯虚数，则a＝（ ） A. 0 B. 1 C. －1 D. ±1 【答案】C 【解析】 【分析】 根据复数的概念即可求解. 【详解】复数z＝(a2－1)＋(a－1)i(a∈R)是纯虚数， 易得，解得a＝－1. 故选：C 【点睛】本题考查了复数的概念，属于基础知识，需熟练掌握. 2. 已知数集满足：，，若，则一定有（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由交集与并集的结果，则可得与集合的关系，可得答案. 【详解】因为，， 所以且或且，二者皆有可能，所以A，B错误； 由，所以，所以C正确，D错误． 故选：C． 3. 若命题，，则命题为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据全称命题否定的规则，将全称量词变为存在量词，并否定原命题的结论，从而得到命题. 【详解】的否定为，的否定为，所以命题为，． 故选：D. 4. 等比数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 24 B. 28 C. 36 D. 48 【答案】B 【解析】 【分析】求出公比，得到，从而得到. 【详解】设公比为，则， 所以， 所以. 故选：B 5. 已知分别为曲线和直线上的点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断曲线与直线是否存在交点，若存在，则最短距离为0，若不存在，则当曲线在切点处的斜率为2时，切点到直线的距离最短. 【详解】令， 因，则， 故曲线和直线无交点， ，则，令，解得， 则曲线上的点到直线的距离， 则的最小值为. 故选：A 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． 6. 已知椭圆的两个焦点分别为，（其中），点P在椭圆C上，点Q是圆上任意一点，的最小值为2，则下列说明正确的是（ ） A. 椭圆的焦距为1 B. 圆E过点的切线斜率为 C. 若A，B为椭圆C上关于原点对称且异于顶点和点P的两点，则直线PA与PB的斜率之积为 D. 的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】由圆的性质结合给定的最小值求出c判断A；设出切线方程结合点到直线的距离计算判断B；利用斜率坐标公式结合椭圆方程计算判断C；利用圆的性质及椭圆的定义计算判断D作答. 【详解】对于A，圆圆心，半径，圆 与椭圆相离，而点 在椭圆上， 点在圆 上，则， 当且仅当分别是线段与椭圆、圆 的交点时取等号，因此， 解得，则椭圆的焦距为2，且椭圆的方程为，A错误； 对于B，过的圆 切线的斜率存在，设此切线方程为，于是，解得，B正确； 对于C，设，有，且，即， 直线的斜率分别为，因此，C错误； 对于D， ，当且仅当分别是线段与椭圆、圆 的交点时取等号，D正确. 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 7. 的展开式中的系数是______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】由二项式定理可得的展开式的通项公式，由通项公式结合条件可得答案. 【详解】的展开式的通项公式为， 令可得 所以的展开式中的系数是 故答案为： 8. 函数的零点个数为______． 【答案】4 【解析】 【分析】由可得或，对于的零点个数，考虑将其转化成两函数，的交点个数,通过作图即得. 【详解】令，得或． 设，，在平面直角坐标系中先画出的图象， 保留 轴上方的部分图象并把 轴下方的图象向上翻折即得的图象， 再作出的图象，如图所示，由图可知两者共有3个交点. 综上所述，函数共有4个零点． 故答案为：4. 9. 如图，某香包挂件是正三棱锥形状，其底面边长和侧棱长均为4cm，若将此棱锥放在一球形容器内可任意转动，则该球形容器表面积的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出正三棱锥底面中心到顶点的距离，然后根据外接球的性质建立等式求出半径；最后代入球的表面积公式计算. 【详解】如图，设该香包挂件的直观图为正三棱锥，其底面的中心为， 则为正三棱锥的高， 由题可知在正三角形中，，所以，， 因为，所以， 由题可知正三棱锥的外接球即为所求，易知正三棱锥外接球的球心在直线上， 设其外接球的半径为，则，， 在直角中，由勾股定理，得， 即，解得. 故外接球的表面积为， 该球形容器表面积的最小值为. 故答案为：. 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． 10. 已知函数． （1）求的最小值； （2）若对所有都有，求实数的取值范围； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，求解最小值即可； （2）对于不等式恒成立求参数的取值范围问题，分离参数转化为利用导数求函数的最小问题即可求解. 【小问1详解】 的定义域是，， 令，解得，令，解得， 故在上单调递减，在上单调递增， 故f(x)min＝＝． 【小问2详解】 ∵，当时，恒成立， 等价于在时恒成立， 等价于在时恒成立， 令，，则即可； ∵，∴当时，恒成立， ∴在上单调递增，∴， ∴，即实数的取值范围为． 11. 如图1在直角梯形 中， ，，，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将沿BE折起到图2中的位置，得到四棱锥． （1）证明：平面； （2）当平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） ， 所以为正方形，所以， 又，平面，平面， 又，且，故四边形为平行四边形， 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由为正方向可知，根据线面垂直判定定理证明平面，然后由可证； （2）以O为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 求出平面与平面的法向量，然后由向量夹角公式可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面=， 平面，所以平面， 又平面， 所以，又由（1）知：， 以O为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 由题意知，， 则， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，则，故 则，令，则，故， 设平面与平面的夹角为， . 12. 某无人机公司新研发了一款无人机，在大型活动中使用时需要提前进行演练.该公司从生产的一批无人机中抽取了个，分别编号为 、 、 、 、 ，不同的编号可以组成不同的演练模型.现从中选取个无人机组合为一种演练模型，则一共可以组合成种演练模型，其中取最大值时，该模型为最佳模型. （1）当 为何值时，模型最佳？并求出此时的值； （2）若 ，求 时的概率； （3）现任意抽取一个无人机试飞，每次成功的概率是.若试验成功，则试验结束；若不成功，则继续试验，直至第 次（无论成功与否都结束试验）.设 为试验结束时，进行试验的次数， 的数学期望为，证明：. 【答案】（1） ， （2） （3）由题知， 的分布列为 P p (1-p)p (1-p)2p (1-p)n-2p 故①， 又因为 ②， 由① ②得 ， 因为 ，所以，故. 【解析】 【分析】（1）已知条件得出 ，可得出，利用作差法判断的单调性，可得出最大值及其对应的 的值，即可得出结论； （2）由 可得出 的值，由此可求得的值； （3）求出随机变量 的分布列，可得出，将与作差可得出结论. 【小问1详解】 依题意有 ， 所以， 又 ，所以 ，即， 所以函数在上单调递减， 于是当 时，取最大值，且，此时模型最佳. 【小问2详解】 当 时， ， 所以当 时，其概率， 所以 时的概率为. 【小问3详解】 略 【点睛】易错点点睛：求时易出现错误为 ，实际上，当 时，表明前次试验均不成功，第 次试验不管是否成功，试验都要结束，所以 ，这是学生最易疏忽的地方. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $