精品解析：2025届甘肃省白银市第一中学高三下学期第二次模拟考试数学试题

普通高等学校招生全国统一考试预测 数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 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. 2.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. 3.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. 已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求得集合,然后求交集. 【详解】由图知，阴影部分表示的集合为， 或，. 或或，， . 故选：B 2. 若复数（是虚数单位）是纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据复数的乘法及除法化简，再结合纯虚数定义列式求出复数，最后应用复数的模长公式计算求解. 【详解】依题意，， 由是纯虚数，得所以， 所以，所以. 故选：C. 3. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用可得答案. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：A. 4. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则或与相交 【答案】D 【解析】 【分析】对于ABC,根据空间线、面垂直关系逐项分析判断即可；对于D,根据线、面平行关系分析判断即可. 【详解】对于A，若，则，又，则或，故A错误； 对于B，由，可知可能平行或相交，故B错误； 对于C，若，则有可能是，也可能，故C错误； 对于D，由，可知可能平行或相交，故D正确. 故选：D. 5. 的内角，，的对边分别为，，，的面积为，且，，则AB边上的中线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形面积公式得到，由向量法即可求得到答案. 【详解】由，解得， 设AB的中点为D，则， 则 ， 则， 故AB边上的中线长为. 故选：D. 6. 已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次不等式与一元二次方程的关系得，进而将转化为求的范围，再根据基本不等式求解即可. 【详解】因为不等式的解集为， 所以，和是方程的两个实数根， 所以，即，，， 所以， 因为，所以， 所以，当且仅当取等号， 所以，，即的取值范围为. 故选：C 7. 已知双曲线分别为的左､右焦点，是双曲线左支上位于第二象限内的点，的斜率为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由双曲线的定义知，然后解三角形即可得到答案. 【详解】因为分别为双曲线的左､右焦点，所以|， 因为，所以，因为的斜率为，所以， 因为是三角形的内角，所以，在中，由余弦定理得， 所以， 所以，由双曲线的定义知，，即，所以. 故选：A 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知可得,然后结合指数函数单调性和分式不等式性质可以判定的正负，进而做出判定. 【详解】∵，∴，∴， 又∵，∴，∴； 又，且， ∴，∴， ∴. 故选：C 二､多选题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 若一组数据的方差为0.2，则的方差为 B. 已知一组数据的平均数为5，则这组数据的中位数是5 C. 这组数据的第80百分位数是80 D. 将总体划分为两层，通过分层抽样，得到样本数为的两层样本，其样本平均数和样本方差分别为和，若，则总体方差 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据方差的线性运算直接计算可得，对于B，根据平均数可求，再利用中位数的定义可求，对于C，根据百分位数的求解步骤直接计算；对于D，利用分层抽样方差公式，再进行化简运算可得. 【详解】对于A的方差为，故A错误； 对于B，已知一组数据的平均数为5，则，即， 解得，则数据的中位数为，故B正确； 对于C，这组数据从小到大排列为：， 又，第8位数是78，第9位数是82， 故这组数据的第80百分位数是，故C正确； 对于D，设两层的数据分别为：和， 则，设总体平均数为，则， 因为，所以.因为， 所以，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知在处取得极小值，与该极小值点相邻的一个对称中心为，则（ ） A. B. 将的图象向左平移个单位长度即可得到的图象 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上的值域为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用三角函数的图象性质以及图象的平移变换即可一一判断求解. 【详解】对于A，的极小值为， 的最小正周期，又， ∴， ， 解得：， ，故A错误； 对于B，由的图象向左平移个单位长度得到，故B正确； 对于C，由得，则在区间上单调递减，故C正确；对于D，， 在区间上的值域为，故D错误. 故选：BC 11. 满足下列条件的四面体存在的是（ ） A. 1条棱长为，其余5条棱长均为1 B. 1条棱长为1，其余5条棱长均为 C. 2条棱长为，其余4条棱长均为1 D. 2条棱长为1，其余4条棱长均为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于选项A和B，作图，设棱，取其对棱的中点，在中利用三边关系列式子，求出的范围，从而判断四面体是否存在.对于选项C和D，分两种情况讨论，①当长为的两条棱为相对棱时，取的中点，在中利用三边关系列式子，求出的范围；②当长为的两条棱有公共顶点时，取的中点，在中利用三边关系列式子，求出的范围；从而判断四面体是否存在. 【详解】选项A：设四面体有1条棱长为，5条棱长为1， 如图1，四面体满足，， 取的中点，连接，，则， 由三角形的三边关系知，， 所以，即，故A错误； 选项B：与选项A同理可得，当四面体有1条棱长为，5条棱长为时， 因为，所以B正确； 选项C：设四面体有2条棱长为，4条棱长为1，分两种情况： ①当长为的两条棱为相对棱时， 如图2，不妨设为，， 取的中点，连接，，则， 由三角形的三边关系知，， 所以，解得，不符合题意； ②当长为的两条棱有公共顶点时， 如图3，不妨设， 取的中点，连接，， 则，， 由三角形的三边关系知，， 所以，解得； 综上可知，. 因为，所以C正确； 选项D：与选项C同理可得， 当四面体有2条棱长为，4条棱长为时，， 因为，所以D正确. 故选：BCD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角函数定义计算角的正切值，再用诱导公式求解即可. 【详解】由正切函数的定义可知， 再利用诱导公式知. 故答案为： 13. 已知圆，直线，若直线与轴交于点，过直线上一点作圆的切线，切点为，且，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，得再由，得到点在圆上，又点在直线上，求解的范围. 【详解】设，则 ，整理得，， 即点在圆上， 又点在直线上， 故直线与圆有交点， 即，则，解得. 故答案为：. 14. 甲、乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号1，2，3，4，5，6的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于10或者所有卡片被抽完时，游戏结束.若甲先抽卡，则甲抽了3张卡片时，游戏恰好结束的概率为_____. 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为抽取5张，且甲抽取的张数字之和为，乙抽取的两张卡片数字之和不为10，再分类讨论每种情况的种类数，最后利用古典概型的概率公式求解. 【详解】根据题意可知甲抽了3张卡片时，游戏恰好结束相当于从6张卡片中抽取了5张，且甲抽取的三张卡片数字之和为10，乙抽取的两张卡片数字之和不为10， 则总的情况相当于从6张卡片中抽取了5张并进行排列，即共种排法， 其中三张卡片数字之和为10的组合有1，3，6；1，4，5；2，3，5共3种情况， 两张卡片数字之和为10的组合有，一种情况， 当甲抽取的数字为1，3，6；1，4，5时，乙在剩余的3个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有种； 当甲抽取的数字为2，3，5时，若乙抽取的两张卡片数字可能为4，6，此时不合题意， 此时共有种， 所以符合题意的排列总数为种，可得所求概率为. 故答案为：. 四､解答题：本大题共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. 已知数列满足，，数列满足. （1）求，的值； （2）证明：数列是等差数列； （3）求数列的前项和. 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据的定义即可计算求解； （2）根据等差数列的定义证明即可； （3）由分组求和法以及等差数列求和公式即可求解. 【小问1详解】 由已知得：， . 【小问2详解】 证明：因为，， 所以， 而，所以是以为首项，为公差的等差数列. 小问3详解】 ， 因为，，，由（2）得， 所以. 16. 已知函数 （1）当时，若直线l过原点且与曲线相切，求的方程； （2）若函数在上恰有2个零点求a的取值范围； 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，设切点为，利用导数的几何意义求出，从而得到切线方程； （2）问题转化为恰有2个不相等的正实数根，，令，利用导数求出函数的单调性和最值，数形结合得解； 【小问1详解】 当时，，设直线l与曲线相切于点， 因为，所以直线l的斜率， 又，故l的方程为， 又过原点，所以，所以， 所以，故l的方程为，即． 【小问2详解】 因为在上恰有两个零点， 所以关于x的方程有两个不相等的正根，即恰有2个不相等的正实数根，， 令，则与的图象有两个不同的交点． 因为，所以当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 当从0的右侧无限趋近于0时，趋近于； 当无限趋近于时，则趋近于，则图象如图所示， 所以当时，直线与的图象有两个不同交点， 所以实数a的取值范围为． 17. 如图，已知正方形的边长为分别为的中点，以为棱将正方形折成如图所示，使得二面角的大小为，点在线段上且不与点重合. （1）直线与由三点所确定的平面相交，交点为，若，求的长度，并求此时点到平面的距离； （2）若，求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，证明得，及，设，求出，过作于，证明得平面，即为点到平面距离，进而得到答案； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角的法向量求法求解即可． 【小问1详解】 由题意可知，，平面， 所以平面，同理可得平面， 因为二面角为，所以， 所以与均是全等的正三角形，取中点，则， 由平面平面得， 又，平面，因此平面，即， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 设，所以，，所以即， 所以的长为. 过作于，因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 即为点到平面的距离，因为，所以， 所以，所以点到平面的距离为. 【小问2详解】 因为，所以， 又平面平面，所以即为二面角的平面角， 所以. 取中点，连接，如图， 因为，所以， 所以，所以， 因为，所以，又平面， 所以平面，因为，平面，所以， 则以为坐标原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示， 则， 则， 设平面的法向量，则 令，则，所以. 设平面的法向量，又， 所以， 令，则，所以. 所以. 设平面与平面夹角， 所以， 故平面与平面夹角的正弦值为. 18. 直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点，若线段的长是的中点到轴的距离是2. （1）求抛物线的方程； （2）过点作两条互相垂直的直线和，分别交曲线于点和.设线段的中点分别为，求证：直线过定点； （3）若点是抛物线上一点（不同于坐标原点），是的内心，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）结合弦长，利用焦半径公式列方程求出，即可求解抛物线方程； （2）设，直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理求出点的坐标，同理求出点的坐标，进而求出直线的方程，即可求出定点； （3）设点则，设的内切圆半径为，则，进而得，构造函数，利用导数法求解值域即可得解. 【小问1详解】 设点横坐标分别为，，由的中点到轴的距离是2，得，即， 由抛物线的弦过其焦点，得，解得， 所以抛物线的方程是. 【小问2详解】 设，则，设直线的方程为， 由得， 则，， . 将替换，得.当时，， 则直线的方程为，即， 当时，，当时，.过定点， 故直线过定点. 【小问3详解】 设点，已知点，所以的面积， 设的内切圆半径为，则有 所以， 所以. 因为点是抛物线上一点（不同于坐标原点），所以， 所以， 整理得：. 构造函数，得， 显然单调递增，令，解得， 所以当时，单调递减； 当时，单调递増； 所以，所以. 19. 定义新运算.对于给定的正项数列，若，且，都有，其中分别为数列中的第项和第项，则称该数列为“方型数列”. （1）若为各项均为正数的等比数列，请判断数列是否为“方型数列”，并说明理由. （2）已知数列既是“2方型数列”，又是“3方型数列”，记数列的前项和为. ①证明：为等比数列； ②设，若，记满足成立的数组的概率为，求的最大值. 【答案】（1）数列为“方型数列”，理由见解析 （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）需依据“方型数列”定义，结合等比数列的性质，验证等比数列满足，即可得出结果； （2）①利用“方型数列”和“方型数列”的定义，列出对应等式，通过等式变形、递推，推导为常数，依据等比数列定义证明即可；②先由等比数列通项公式及已知求出首项、公比，得前项和；再分析的正整数解情况，结合概率公式计算即可求的最大值. 【小问1详解】 数列为“方型数列”， 理由如下：因为为各项均为正数的等比数列，所以， 所以， 即，其中分别为数列中的第项和第项， 所以，故数列为“方型数列”. 【小问2详解】 ①证明：由定义可知，当时，，① 当时，，② 由①可知，当时，，即，③ .即④ 将③④代入②得，， 整理得， 所以数列从第3项起，构成等比数列.设其公比为， 在①中，取，则，所以， 在①中，取，则，所以， 故数列是等比数列. ②解：因为，所以，解得，所以， 由得，. 当为奇数时，则为偶数，所以， 设，则均为正整数，且， 两式相减得，，即， 所以， 所以，所以， 则，所以，即， 所以时，使得成立， 故为奇数时，满足成立的只有1个数组. 当偶数时，则， 若为偶数，则为奇数，所以； 若为奇数，表示奇数个奇数之和，则为奇数，显然不能整除， 所以为偶数时，满足成立的数组不存在. 综上所述，满足成立的只有1个数组. 又，所以数组有个，且， 故的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 普通高等学校招生全国统一考试预测 数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 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. 2.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. 3.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. 已知全集，集合，则图中阴影部分表示集合为（ ） A. B. C D. 2. 若复数（是虚数单位）是纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则或与相交 5. 的内角，，的对边分别为，，，的面积为，且，，则AB边上的中线长为（ ） A. B. C. D. 6. 已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线分别为的左､右焦点，是双曲线左支上位于第二象限内的点，的斜率为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 3 C. D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 若一组数据的方差为0.2，则的方差为 B. 已知一组数据的平均数为5，则这组数据的中位数是5 C. 这组数据的第80百分位数是80 D. 将总体划分为两层，通过分层抽样，得到样本数为的两层样本，其样本平均数和样本方差分别为和，若，则总体方差 10. 已知在处取得极小值，与该极小值点相邻的一个对称中心为，则（ ） A. B. 将的图象向左平移个单位长度即可得到的图象 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上的值域为 11. 满足下列条件的四面体存在的是（ ） A. 1条棱长，其余5条棱长均为1 B. 1条棱长为1，其余5条棱长均为 C. 2条棱长为，其余4条棱长均为1 D. 2条棱长为1，其余4条棱长均为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则__________. 13. 已知圆，直线，若直线与轴交于点，过直线上一点作圆的切线，切点为，且，则的取值范围是__________. 14. 甲、乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号1，2，3，4，5，6的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于10或者所有卡片被抽完时，游戏结束.若甲先抽卡，则甲抽了3张卡片时，游戏恰好结束的概率为_____. 四､解答题：本大题共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. 已知数列满足，，数列满足. （1）求，的值； （2）证明：数列是等差数列； （3）求数列的前项和. 16 已知函数 （1）当时，若直线l过原点且与曲线相切，求的方程； （2）若函数在上恰有2个零点求a的取值范围； 17. 如图，已知正方形的边长为分别为的中点，以为棱将正方形折成如图所示，使得二面角的大小为，点在线段上且不与点重合. （1）直线与由三点所确定平面相交，交点为，若，求的长度，并求此时点到平面的距离； （2）若，求平面与平面夹角的正弦值. 18. 直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点，若线段的长是的中点到轴的距离是2. （1）求抛物线的方程； （2）过点作两条互相垂直的直线和，分别交曲线于点和.设线段的中点分别为，求证：直线过定点； （3）若点是抛物线上一点（不同于坐标原点），是的内心，求面积的取值范围. 19. 定义新运算.对于给定的正项数列，若，且，都有，其中分别为数列中的第项和第项，则称该数列为“方型数列”. （1）若为各项均为正数的等比数列，请判断数列是否为“方型数列”，并说明理由. （2）已知数列既是“2方型数列”，又是“3方型数列”，记数列的前项和为. ①证明：为等比数列； ②设，若，记满足成立的数组的概率为，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $