2025年宁夏银川市六盘山高级中学高考数学二模试卷（含答案）

这是一份2025年宁夏银川市六盘山高级中学高考数学二模试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知全集U={1,2,3,4,5}，集合A={1,2,3}，B={3,4}，则集合{4}=( )
A. ∁U(A∪B)B. (∁UA)∪(∁UB)C. (∁UA)∩BD. (∁UB)∩A
2.若复数z满足1+iz=i，则z的虚部为( )
A. −1B. 1C. −iD. i
3.已知向量AB=(5,1)，BC=(m,9)，CD=(8,5).若A，C，D三点共线，则m=( )
A. 54B. −11C. 11D. −54
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2+a4=6，则S5的值为( )
A. 15B. 14C. 13D. 12
5.已知sin(α+β)=35，tanα=2tanβ，则sin(α−β)=( )
A. 113B. 15C. 33D. 34
6.若命题：“∀a，b∈R，都有a−csb>b−csa”为真命题，则a，b的大小关系为( )
A. abC. a≤bD. a≥b
7.将1，2，3，⋯，9这9个数字填在3×3的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小.若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法数为( )
A. 12 B. 24
C. 36 D. 48
8.如图1所示，双曲线具有光学性质；从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，从F2发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且cs∠BAC=−35，AB⊥BD，则E的离心率为( )
A. 52B. 173C. 102D. 5
二、多选题：本题共3小题，共104分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.某位射击运动员的两组训练数据如下：第一组：10，7，7，8，8，9，7；第二组：10，5，5，8，9，9，10，则( )
A. 两组数据的平均数相等
B. 第一组数据的方差大于第二组数据的方差
C. 第一组数据的上四分位数(第75百分位数)是8
D. 第一组数据的中位数小于第二组数据的中位数
10.已知圆C：(x+2)2+y2=4，直线l：(m+1)x+2y−1+m=0(m∈R)，则( )
A. 直线l与圆C可能相切
B. 当m=0时，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1
C. 直线l与直线2x−(m+1)y=0垂直
D. 若圆C与圆x2+y2−2x+8y+a=0恰有三条公切线，则a=8
11.四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA⊥面ABCD，PA=2，AB=1，动点M在线段PC上，则( )
A. 四棱锥P−ABCD的外接球表面积为6π
B. MB+MD的最小值为 303
C. 不存在点M，使得AC⊥BM
D. 点M到直线AB的距离的最小值为2 55
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若定义在R上的函数f(x)满足f(1−x)=f(1+x)，且f(0)=3，则f(2)= ______．
13.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2+n，则数列{4an⋅an+1}的前n项和Tn= ______．
14.已知定义域均为D的函数f(x)，g(x)，若∀x∈D，f(x)≥ax+b≥g(x)，则称直线y=ax+b为曲线y=f(x)和y=g(x)的隔离直线.若f(x)=x2+x−xlnx−3(x≥1)，g(x)=−x2+4x−4(x≥1)，则曲线y=f(x)和y=g(x)的隔离直线的方程为______．
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。
15.(本小题13分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点P(2,y0)在抛物线上，且|PF|=4．
(1)求抛物线C的方程．
(2)已知过点F的直线交抛物线C于A，B两点，△AOB的面积为8 2，求直线AB的方程．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c,bcsC− 33csinB=a．
(1)求B；
(2)已知b=6，BD为∠ABC的平分线，交AC于点D，且BD= 3,M为线段AC上一点，且AM=12MC，求△BDM的周长．
17.(本小题15分)
如图①所示，四边形ABCQ是直角梯形，AQ//BC，AQ⊥AB，且AQ=2BC=2AB=4，D为线段AQ的中点.现沿着CD将△QCD折起，使Q点到达P点，如图②所示，连接PA，PB，其中M为线段PA的中点．
(1)求证：DM⊥PB；
(2)若二面角A−CD−P的大小为60°，则在线段PC上是否存在一点N，使得直线PB与平面BDN所成角的正弦值为14？若存在，求CNCP的值；若不存在，请说明理由；
(3)在(2)的条件下，求点A到平面BDN的距离．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx−mx2+(2−m)x．
(1)若m=1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)的极值点在区间(2,3)内，求m的取值范围；
(3)若f(x)有两个零点，求m的取值范围．
19.(本小题17分)
n(n∈N∗,n≥3)个人相互传球，传球规则如下：若球由甲手中传出，则甲传给乙；否则，传球者等可能地将球传给另外的n−1个人中的任何一个.第一次传球由甲手中传出，第k(k∈N∗)次传球后，球在甲手中的概率记为An(k)，球在乙手中的概率记为Bn(k)．
(1)求A5(2)，B5(2)，A5(3)，B5(3)；
(2)求An(k)；
(3)比较Bn(k+1)与n−2n−1An(k)的大小，并说明理由．
参考答案
1.C
2.B
3.C
4.A
5.B
6.B
7.A
8.B
9.AD
10.CD
11.ABD
12.3
13.nn+1
14.y=2x−3
15.解：(1)根据题目：已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点P(2,y0)在抛物线上，且|PF|=4．
所以2+p2=4，p=4，
所以抛物线方程为y2=8x．
(2)抛物线方程为y2=8x，焦点坐标为F(2,0)，
设直线AB的方程为x=my+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x=my+2y2=8x，消去y并化简整理得y2−8my−16=0，
Δ=64m2+64>0，则y1+y2=8m，则x1+x2=m(y1+y2)+4=8m2+4，
所以|AB|=x1+x2+4=8m2+8．
原点O到直线x−my−2=0的距离为2 1+m2，
所以S△AOB=12×(8m2+8)×2 1+m2=8 1+m2=8 2，
解得m=±1，
所以直线AB的方程为x=y+2或x=−y+2，即y=x−2或y=−x+2．
16.解：(1)∵bcsC− 33csinB=a，根据正弦定理得sinBcsC− 33sinCsinB=sinA，
∴sinBcsC− 33sinCsinB=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
∴−1 3sinCsinB=csBsinC，
∵sinC≠0，∴−1 3sinB=csB，∴tanB=− 3，
又∵B∈(0,π)，∴B=2π3．
(2)∵BD为∠ABC的平分线，B=2π3，∴∠ABD=∠CBD=π3，
又S△ABC=S△ABD+S△CAD，BD= 3，
∴12acsin23π=12c⋅ 3sinπ3+12a⋅ 3sinπ3，
化简得ac= 3(a+c)，①
根据余弦定理，得b2=a2+c2−2accs2π3，即(a+c)2−ac=36，②
由①②可得a+c=4 3(舍去负值)，ac=12，
∴a，c是关于x的方程x2−4 3x+12=0的两个实根，解得a=c=2 3．
又BD为∠ABC的平分线，∴BD⊥AC，
又AM=12MC，AC=6，
∴DM=AD−AM=3−2=1，BM= BD2+DM2=2，
∴△BDM的周长为3+ 3．

17.(1)证明：在图①中，由题意可知四边形ABCD为正方形，且CD=DQ=AD=2，
则在②中，有CD⊥PD，CD⊥AD，且PD∩AD=D，则CD⊥平面PAD，
又AB//CD，∴AB⊥平面PAD，而DM⊂平面PAD，则AB⊥DM．
又PD=AD，且M为PA的中点，∴DM⊥PA，
∵AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，
∴DM⊥平面PAB，而PB⊂平面PAB，可得DM⊥PB；
(2)解：由(1)知：CD⊥平面PAD，
∵CD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，
由已知可得∠ADP为二面角A−CD−P的平面角，则∠ADP=60°，
可得△PAD是等边三角形，则PA=AD=PD=2．
取AD的中点为O，连接PO，则PO⊥AD，
又平面ABCD∩平面PAD=AD，PO⊂平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD，且PO= 3，
以O为坐标原点，分别以OA、OP所在直线为x、z轴，
在平面ABCD中，过O作AD的垂线为y轴建立空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，P(0,0, 3)、D(−1,0,0)、B(1,2,0)、C(−1,2,0)，
则DB=(2,2,0)、DC=(0,2,0)、CP=(1,−2, 3)、BP=(−1,−2, 3)，
设CN=λCP=(λ,−2λ, 3λ)，(0≤λ≤1)，
则DN=DC+CN=(λ,2−2λ, 3λ)，
设平面BDN的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅DN=λx+(2−2λ)y+ 3λz=0m⋅DB=2x+2y=0，取y= 3λ，得m=(− 3λ, 3λ,3λ−2)，
记直线PB与平面BDN所成角为θ，
则sinθ=|cs〈BP,m〉|=| 3λ−2 3λ+3 3λ−2 32 2× 3λ2+3λ2+(3λ−2)2|=| 3(λ−1) 2× 15λ2−12λ+4|=14，
即3(λ−1)22(15λ2−12λ+4)=116，解得λ=23，
因此CN=23CP，则CNCP=23；
(3)解：由(2)知：m=(−2 33,2 33,0)，
则平面BDN的一个法向量可以为n=(−1,1,0)，且BA=(0,−2,0)，
则点A到平面BDN的距离为d=|BA⋅n||n|=|−2| 1+1+0= 2．
18.解：(1)当m=1时，f(x)=−x2+x+lnx，f(x)的定义域为(0,+∞)．
则f′(x)=−2x+1+1x=−2x2+x+1x=−(2x+1)(x−1)x，
令f′(x)>0，可得00，
∴函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，
又∵g(1)=0，
∴1m>1，解得0