陕西省汉中市2025届高三下学期二模试题 数学 含解析

这是一份陕西省汉中市2025届高三下学期二模试题 数学 含解析，共17页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
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，再选涂其他答案标号．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．
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
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. 已知内角的对边分别为，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理直接求解.
【详解】在中，由正弦定理得，所以.
故选：D
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据有理数和无理数的概念以及无理数数的拆分，对各个选项判断即可.
【详解】因为，
设,则：有理数部分：，无理数部分，
, ,符合条件，所以，故A错误；
设,则有理数部分，无理数部分:，
, ,符合条件，故，故B错误；
设,则：有理数部分，无理数部分：(矛盾，因为 无解，故,故C正确；
设,则有理数部分： (非整数，矛盾)，故，故D错误．
故选：C.
3. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的四则运算化简即可.
【详解】．
故选：A.
4. 函数的单调递增区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦函数的单调性列出不等式求解即可.
【详解】依题意，函数的递增区间，即为函数的递减区间，
由，解得，
所以的单调递增区间为.
故选：A.
5. 某中学随机抽取了60名学生，统计了他们某天学习数学的时间，数据如下表，则该组数据的第75百分位数是（ ）
A. 75分钟B. 90分钟C. 95分钟D. 100分钟
【答案】C
【解析】
【分析】应用百分位数定义计算求解.
【详解】因为，所以第75百分位数是所有数据从小到大排列的第45项和第46项的平均数，
由表中数据可知，第45项为90，第46项为100，所以第75百分位数是分钟．
故选：C.
6. 从正四棱台的12条棱中任取2条，则这2条棱互相平行的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先确定出正四棱台中平行直线，再应用古典概型及组合数计算求解.
【详解】因为，，所以这2条棱互相平行的概率为．
故选：D.
7. 如图1，这是一只古代的青花牡丹纹碗.已知该碗高10cm，口径26cm，底径10cm，该碗的轴截面（不含碗底部分）是抛物线的一部分，如图2，则该抛物线的焦点到准线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，设出抛物线的标准方程，利用待定系数法求出参数值.
【详解】以该碗轴截面的对称轴为轴，抛物线的顶点为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图，
设该抛物线的方程为（的单位均为cm），点纵坐标为（单位：cm），
则，，于是，解得，
故该抛物线的焦点到准线的距离为．
故选：B
8. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由对数的运算性质变形，再构造函数，然后求导分析单调性即可.
【详解】，，．
构造函数，则，
易证函数为增函数，
（，令，所以时，为增函数.）
所以，所以，所以，即．
故选：C.
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．
9. 若函数，则（ ）
A. B. 的最小值为0
C. 是奇函数D. 的定义域为
【答案】ACD
【解析】
【分析】用特值法可判断A、B；求出函数的定义域判断D；利用奇函数的定义既可判断C.
【详解】，故A正确；
由，得，故D正确．
因为，所以的最小值不是0，故B错误．
因为，所以是奇函数，故C正确．
故选：ACD.
10. 已知点，点在曲线上，则（ ）
A. 曲线由虚轴长相等的两条双曲线组成B. 存在无数个点，使得
C. 存在无数个点，使得D. 存在8个点，使得
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用椭圆、双曲线的定义判断ABC；求出点的轨迹，借助数形结合法判断D.
【详解】由，得或，
则曲线由双曲线与双曲线组成，
对于A，双曲线与双曲线的实轴长都为4，虚轴长不等，A错误；
对于B，点是双曲线的两个焦点，则存在无数个点，使得，B正确；
对于C，点是双曲线的两个焦点，则存在无数个点，使得，C正确；
对于D，由，得点的轨迹是以为焦点，为长轴长的椭圆，
由图知，该椭圆与曲线共有8个交点，因此存在8个点，使得，D正确.
故选：BCD
11. 如图，在四面体中，，，，，，分别为棱上的动点，则（ ）
A. 的最小值为B. 四面体的体积为
C. 的最小值为2D. 二面角的余弦值为
【答案】BC
【解析】
【分析】先由线面垂直判定定理证明平面，再由棱锥的体积公式可得B正确；由线面垂直的判定定理得到平面，从而得到二面角的平面角，再由几何关系计算可得D错误；将侧面翻折至点与平面共面，分别得到的最小值为和的最小值为，由解三角形即得A错误，C正确.
【详解】对于B，因为，，所以，
又，，平面，所以平面．
因为，，所以，，，
所以四面体的体积为，故B正确；
对于D，由平面，平面，得，
又，，平面，所以平面，
又平面，则，所以为二面角的平面角，
因为，，所以，
所以，故D错误；
对于A、C，将侧面翻折至点与平面共面，如图所示，
过点作于点，过点作于点，
则的最小值为，的最小值为，故A错误，C正确.
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设为坐标原点，为圆上的动点，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】求出的值，即可得出的最大值.
【详解】圆的圆心为，半径为，
因为，所以的最大值为．
故答案为：.
13. 如图，一滑轮组中有两个定滑轮A，B，在从连接点O出发的三根绳的端点处挂着三个重物，它们所受的重力分别为4N，4N，7N，此时整个系统处于平衡状态，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，可得，再利用数量积的运算律及夹角公式计算得解.
【详解】依题意，，则，
即，解得，
所以.
故答案为：
14. 设是关于的方程的一个实根，其中为常数，则______．
【答案】4
【解析】
【分析】令，利用二倍角的正切公式用表示即可得解.
【详解】设，则，
，整理得，
而是关于的方程的实根，
所以.
故答案为：4.
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. 已知函数的图象在点处的切线的一个方向向量为．
（1）求的值；
（2）若不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出参数.
（2）由（1）的结论，等价变形不等式，分离参数并构造函数，利用导数求出函数最小值即可.
【小问1详解】
函数，求导得，
由图象在点处的切线的一个方向向量为，可得该切线斜率为1，
因此，所以.
【小问2详解】
由（1）知，函数的定义域为，
不等式恒成立，即对恒成立，
因此对恒成立，
设，求导得，
由，得；由，得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
故得，即的取值范围是.
16. 如图，是圆柱上底面圆周上的三个不同的点，为直径，，均为该圆柱的母线．

（1）证明：平面平面．
（2）若，，，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据母线的性质可得平面，从而得，根据直径得，从而得平面，结合面面垂直的判断可得平面平面；
（2）利用向量法可求线面角的正弦值.
【小问1详解】
证明：因为为直径，是上底面圆周上异于的一点，所以．
因为为该圆柱的母线，所以平面，平面，
所以，又，平面．
所以平面．
因为平面，所以平面平面．
【小问2详解】
设点在圆柱下底面的射影为，连接．
以为坐标原点，，，的方向分别为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示．

因为，，所以，
所以，
．
设平面的法向量为，
则，即，
取，得．
由，
得与平面所成角的正弦值为．
17. 对于数列，记区间内偶数的个数为，则称数列为的偶数列．
（1）若数列为数列的偶数列，求．
（2）若数列为数列的偶数列，证明：数列为等比数列．
（3）在（2）的前提下，若数列为等差数列的偶数列，，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）列出在区间内的偶数，根据偶数列的概念即可求解；
（2）找出在区间内的偶数，求出数列的通项公式，利用等比数列的定义即可证明；
（3）利用等差数列的基本量求出，可得，可得，利用错位相减法即可求解.
【小问1详解】
解：在区间内的偶数为2，4，6，8，10，
共有5个，则．
【小问2详解】
证明：在区间内的偶数为，
则．
因为，
所以是首项为2，公比为2的等比数列．
【小问3详解】
解：设等差数列公差为，则，
所以，
所以．
由（2）知，，则，
①，
则②，
所以①-②可得：
，
故．
18. A，B两人做游戏，每次游戏只需用一只手完成，记A的左，右手分别为，，B的左，右手分别为，，每次游戏A，B的得分之和均为0，记A用的概率为，B用的概率为，每次游戏A的得分如下表所示（比如A用，B用参加游戏，A的得分为5）：
（1）分别求每次游戏A得分的期望与B得分的期望；
（2）当，时，设每次游戏A，B选择用哪只手参与相互独立，求经过两次游戏后，B的总得分为正数的概率；
（3）假设，的值可以自由调整，其中不取，证明：不论取何值，A总能通过调整的值，使得每次游戏A得分的期望不小于．
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合题意，列出的可能取值，再求出相应概率，然后由公式求出期望；
（2）结合题意列出的分布列，再分析求出的总得分为正数的概率；
（3）记，结合函数的单调性分别讨论当和以及时，A得分的期望.
【小问1详解】
设每次游戏A的得分为，的得分为，则的分布列为
所以，
所以．
【小问2详解】
当，时，的分布列为
当第一次得7分时，第二次不管得几分，的总得分均为正数；
当第一次得分或分时，第二次只能得7分；
当第一次得1分时，第二次只能得1分或7分．
故经过两次游戏后，的总得分为正数的概率为．
【小问3详解】
证明：记（且）．
当时，；
当时，，单调递减，
则A可取，使得；
当时，单调递增，
则A可取，使得．
综上，不论取何值，A总能通过调整的值，使得每次游戏A得分的期望不小于．
19. 已知椭圆的离心率为，点在该椭圆上，均为该椭圆上的动点．
（1）求该椭圆的方程；
（2）若的重心是坐标原点，求直线的方程；
（3）若的重心是坐标原点，证明：的面积是定值．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据离心率及点在椭圆上分别列式计算求参得出椭圆方程；
（2）点差法得出直线斜率，再点斜式得出直线方程；
（3）根据直线斜率不存及斜率存在两种情况分别计算面积即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，可得．
又因为点在该椭圆上，所以，解得，所以，
故该椭圆的方程为．
【小问2详解】
设，则的中点．
因为的重心是坐标原点，所以，，
可得，，得的中点．
由得，
即，可得，
所以直线的方程为，即．
【小问3详解】
设，当直线的斜率不存在时，易得，直线的方程为，
或，直线的方程为．
将代入椭圆的方程，可得，
所以的面积.
当直线的斜率存在时，设，．
与（2）同理，可得，得的中点，
所以直线的方程为，
即．
令，可得直线在轴上的截距为，则．
将代入椭圆的方程，得，
即，则，
所以．
因为，所以，所以，所以．
又因为是的重心，所以．
综上，的面积是定值．
学习时间／分钟
60
70
80
90
100
110
120
人数
9
10
14
12
8
5
2
5
3
5
3

7
1