2025届宁夏回族自治区银川一中高三第二次模拟数学试卷

绝密★启⽤前2025年普通⾼等学校招⽣全国统⼀考试数学试题卷(银川⼀中第⼆次模拟考试)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．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上⽆效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡⼀并交回。⼀、单项选择题（共8⼩题，满分40分，每⼩题5分1．设集合，，则A．B．C．D．2．若，则A．B．C．D．3．已知，，且，则x的值为A．B．C．D．114．设函数则不等式的解集是A．B．C．D．5．在△ABC中，内⻆A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则A．2B．4C．6D．8数学试卷第1⻚（共4⻚）学科⽹（北京）股份有限公司6．已知函数，若⽅程在区间上恰有3个实根，则的取值范围是A．B．C．D．7．如图所示，⼀个正四棱台的上底边⻓与侧棱⻓相等，且为下底边⻓的⼀半，⼀个侧⾯的⾯积为，则该正四棱台的体积为A．B．C.D．8．已知函数，若，则A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则⼆．多项选择题（共3⼩题，满分18分，每⼩题6分）9．下列说法正确的是A．数据的上四分位数为9B．若随机变量，则C．某物理量的测量结果服从正态分布，越⼤，该物理量在⼀次测量中在的概率越⼤D．已知某4个数据的平均数为5，⽅差为3，现⼜加⼊⼀个数据5，此时这5个数据的⽅差为10．已知是上的奇函数，是上的偶函数，且当时，，则下列说法正确的是A．最⼩正周期为4B．C．f(2024)=0D．f(2025)=3数学试卷第2⻚（共4⻚）学科⽹（北京）股份有限公司11．如图，曲线C过坐标原点O，且C上的动点满⾜到两个定点，的距离之积为9，则下列结论正确的是A．B．若直线与曲线C只有⼀个交点，则实数k的取值范围为C．周⻓的最⼩值为12D．⾯积的最⼤值为三、填空题（共3⼩题，满分15分，每⼩题5分）12．抛物线上⼀点M到其焦点的距离为3，则点M到坐标原点的距离为.13．已知为正实数，直线与曲线相切，则的最⼩值为.14．甲⼄两⼈进⾏⼀场抽卡游戏，规则如下：有编号的卡⽚各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12或者所有卡⽚被抽完时，游戏结束.若甲先抽卡，求甲抽了3张卡⽚时，恰好游戏结束的概率是.四、解答题（共5⼩题，满分77分.解答应写出⽂字说明、证明过程或演算步骤．）15．(13分)已知函数．(1)求函数的最⼩正周期及其单调递增区间，(2)若为锐⻆的内⻆，且，求⾯积的取值范围．16．(15分)已知椭圆过点，且椭圆的短轴⻓等于焦距．(1)求椭圆的⽅程；(2)若直线的斜率为，且与椭圆相交于、两点，求⾯积取得最⼤值时数学试卷第3⻚（共4⻚）学科⽹（北京）股份有限公司直线的⽅程．17．(15分)如图，在三棱柱中，平⾯平⾯，为线段上⼀点．(1)求证：；(2)是否存在点，使得平⾯与平⾯的夹⻆余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.18．(17分)已知函数，(1)若，求的单调区间；(2)当时，求证；(3)若函数有两个极值点，（）且恒成⽴，求实数a的取值范围．19．(17分)设数列的前项和为，，，数列满⾜：对于任意的，都有成⽴.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的通项公式；（3）设数列，问：数列中是否存在三项，使得它们构成等差数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由.数学试卷第4⻚（共4⻚）学科⽹（北京）股份有限公司数学试卷第5⻚（共4⻚）学科⽹（北京）股份有限公司2025届⾼三第⼆次模拟数学试卷参考答案所以，⼀、单选题1．【答案】B解得，【详解】因为，，即的取值范围是，因此，.故选：B.故选：A.2．【答案】C7．【答案】D【详解】设，则，【详解】因为，所以.因为该四棱台为正四棱台，所以各个侧⾯都为等腰梯形，上､下底⾯为正⽅形，故选：C如图1，在四边形中，过点作于点，3．【答案】D【详解】，，所以，因为，所以.所以，解得，故选：D4．【答案】A在平⾯中，过点作于点，则为正四棱台的⾼，则，【详解】因为则不等式的解集所以，即该正四棱台的⾼为.或，故选：D8．【答案】A【详解】函数定义域为，或，，因为，所以函数的图象关于直线对称，所以或令，则且在上单调递增；所以不等式的解集为.函数在时单调递减，在时单调递增，故选：A.5．【答案】B故当时等号成⽴，此时；【详解】因为，⼜在上单调递增；由复合函数单调性知，在上单调递减，在上单调递增；所以，所以.⼜因为，所以，故选：B两边平⽅得，即6．【答案】A若，则.【详解】若⽅程，故选：A.⼆、多选题则，即或，9．【答案】BD【详解】A.将数从⼩到⼤排列，共8个数，则，则上四分位数为当时，，，故A错误；则的可能取值为，B.，故B正确；因为原⽅程在区间上恰有个实根，3C.，由对称性可知在的概率等于在的概率的2倍，当越⼤，数据越离散，其概率越⼩，故C错误；第1⻚，共3⻚学科⽹（北京）股份有限公司D.设原数据为，因平均数为5，⽅差为3，三、填空题则，，12．【答案】【详解】设，由抛物线可得，则新数据的平均数为，⽅差为，故正确D.抛物线上点到焦点的距离等于3，故选：BD.，解得，10．【答案】BCD，【详解】因为是偶函数，所以，点M到坐标原点的距离为⼜因为是奇函数，所以，所以，故答案为：所以，13．【答案】9所以，所以的周期为，故错误；A【详解】设切点为，⼜当时，，⼜因为曲线，则，直线斜率为，所以，选项B正确；1f(2024)=f(8×253+0)=0，选项C正确；所以，⼜因为，F(2025)=f(253×8+1）=f(1)=3，选项D正确.故选：BCD.所以，所以，因为为正实数，11．【答案】AD【详解】由定义，即，所以，即，该曲线过原点，所以，当且仅当，即时，则取最⼩值为9.⼜，所以，故选项A正确；故⽅程为，所以曲线C的⽅程为，故答案为：9.直线与曲线：必有公共点，14．【答案】【详解】根据题意可知甲抽了3张卡⽚时，恰好游戏结束相当于从7张卡⽚中抽取了5张，因此若直线与曲线只有⼀个交点，则只有⼀个解，且甲抽取的三张卡⽚数字之和为12，⼄抽取的两张卡⽚数字之和不为12；总的情况相当于从7张卡⽚中抽取了5张并进⾏全排列，即共种排法；即只有⼀个解为，其中三张卡⽚数字之和为12的组合有；；；；共5种情况；当甲抽取的数字为；；；时，即时，⽆解，⼄在剩余的4个数字中随意抽取两张卡⽚再进⾏排列，共有种；故，即实数的取值范围为，故B错误；当甲抽取的数字为时，由，仅当时等号成⽴，若⼄抽取的两张卡⽚数字可能为，此时不合题意，此时共有种；此时点P在的垂直平分线上，故点P与原点O重合，不能形成三⻆形，所以符合题意的排列总数为种，所以，所以周⻓，⽽基本事件的总数为等号取不到，故C错误；可得所求概率为.，故答案为：当且仅当，等号成⽴，此时点P的纵坐标为，四、解答题⽅程可化为，15．【答案】(1)最⼩正周期为；单调递增区间为(2)令，则⽅程，【详解】（）函数，（分）由判别式，可得，12所以函数的最⼩正周期为，（3分）故⾯积能取到最⼤值，故D正确.故选：AD第1⻚，共3⻚学科⽹（北京）股份有限公司由，可得，⾯积即有函数的单调递增区间为（分）.5当且仅当即时等号成⽴，（15分）（2）若为锐⻆的内⻆，且，故⾯积取得最⼤值时直线的⽅程为可得，由，可得，17．【答案】(1)证明⻅解析(2)存在，或则，即（分）.6【详解】（1）连接，因为在三棱柱中，所以四边形为平⾏四边形，因为，所以四边形为菱形，由正弦定理得，，所以，（1分）⼜平⾯平⾯，平⾯平⾯平⾯，所以，所以平⾯，所以⾯积（8分）因为平⾯，所以，（3分）因为平⾯，所以平⾯，（5分）（分）10因为平⾯，所以;（6分）（2）如图，以的中点为坐标原点，过O作射线,则可以所在直线分别为轴，建⽴空间直⻆坐标系，（7分）⼜因⼜因为为锐⻆三⻆形，则，即，解得，（11分）因为，则，所以，所以，所以.，故⾯积的取值范围是.（13分）设，（9分）．【答案】16(1)(2)则，【详解】（）点代⼊⽅程得①（分）12记平⾯的法向量，则，即，且②，③由①②③可解得：，，（4分）得，（11分）所以椭圆（5分）易得平⾯的法向量，（12分）由题意：，（2）直线的⽅程：，点、．直线⽅程代⼊椭圆得，（7分）解得：或，经验证，或均符合题意．由，得所以或.（15分），（9分）．【答案】的单调递增区间为和，单调递减区间为则弦⻓，（11分）18(1)点到直线的距离；(2)证明⻅解析；(3)【详解】（1）由题意，当时，，定义域为，（13分）则，（1分）第1⻚，共3⻚学科⽹（北京）股份有限公司令，得，解得（2分）19．【答案】（1）；（2）；（3）存在，，，或，，.所以，当或时，，单调递增；【详解】（1）由，①当时，，单调递减.（3分）得，②故的单调递增区间为和，单调递减区间为.（4分）由①-②得，即，（2分）（2）当时，则，即.对①取得，，所以，所以为常数，令函数，则，（6分）所以为等⽐数列，⾸项为1，公⽐为，令函数易知为增函数，令则，即，；（4分），根据零点存在定理，则有.⼜时，，即，则在上单调递减；（2）由，可得对于任意有时，，即，则在上单调递增.（8分），③.则，④故，即.（10分）（3）由题意，的定义域为，，则，⑤（6分）有两个极值点，（）即⽅程有两个不相等正数根，由③-⑤得，（8分）对③取得，也适合上式，（9分）则有，解得因此，，（10分）（3）由（1）（2）可知，则，因为恒成⽴，所以对恒成⽴，所以当时，，即，当时，，即在且上单调递减，故…，分离参数可得对恒成⽴，（分）12假设存在三项，，成等差数列，其中，，，令，则由于…，可不妨设，则（*），即，（12分）令则解得或（舍去）.（13分）因为，，且，则且，所以当时，，单调递增；由数列的单调性可知，，即，因为，所以，当时，，单调递减.（14分）即，化简得，故即，是减函数（分）.15⼜且，所以或，（14分）当时，，即，由时，，此时，，不构成等差数列，不所以，合题意，当时，由题意或，即，⼜，代⼊（*）式得，故实数的取值范围是（17分）第1⻚，共3⻚学科⽹（北京）股份有限公司因为数列在且上单调递减，且，，所以，（16分）综上所述，数列中存在三项，，或，，构成等差数列.（17分）第1⻚，共3⻚学科⽹（北京）股份有限公司