河北省秦皇岛市山海关区2025届高三下学期第二次模拟追补考试数学试卷（解析版）

这是一份河北省秦皇岛市山海关区2025届高三下学期第二次模拟追补考试数学试卷（解析版），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】依题意，，或，
所以或
故选：C
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，得，
则，
所以.
故选：A
3. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则椭圆短轴长的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】依题意，椭圆的长半轴长为6，短半轴长为，则，
所以椭圆短轴长的取值范围是.
故选：B
4. 科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出来的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为．2025年1月7日西藏日喀则市发生里氏6.8级地震，释放出来的能量为，2025年1月10日山西临汾市发生里氏4.1级地震，释放出来的能量为，则（ ）
A. 10B. 4.05C. D.
【答案】D
【解析】依题意，，，两式相减，得，
因此，.
故选：D
5. 如图，某工厂储存原料的储存仓是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是2，侧面积是，则该储存仓的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设圆锥的底面圆半径为，由侧面积是，得，解得，
圆锥的高，则圆柱的高为，
所以该储存仓的体积为.
故选：C
6. 已知函数，将的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】依题意，，
由的图象与的图象关于轴对称，得对任意恒成立，
即对任意恒成立，
因此，解得，而，
则.
故选：B
7. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过点且斜率为的直线与圆相切，与交于第一象限的一点．若，则的离心率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】依题意，点，直线的方程为，
圆的圆心为，半径为，
由直线与圆相切，得，
令双曲线离心率为，又，则，
因此，即，解得，
所以的离心率的取值范围是.
故选：A
8. 已知为锐角，且，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由可得，
即，
因此
即可得，
令，则，
令，则,
由可得，
因此可知当时，，此时在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
因此可得当时，取得极小值，也是最小值，
即，
因此的最小值为.
故选：C
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，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. 已知一组样本数据，，…，，…，，，则下列说法错误的是（ ）
A. ，，…，的下四分位数为
B. ，，…，的中位数为
C. ，，…，的平均数小于，，…，的平均数
D. ，，…，的方差为，，…，的方差的倍
【答案】ABD
【解析】对于A，由，得下四分位数为，A错误；
对于B，数据，，…，共个，其中位数为，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，，，…，的方差为，，…，的方差的倍，D错误.
故选：ABD
10. 已知在中，内角的对边分别为，，，外接圆半径为5，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 是锐角三角形
C. D. 的面积为10
【答案】AC
【解析】因为，所以，因此；
所以由可得；
即，其中；
再由三角函数值域可知，
因此只有当时，等式成立；
因此，即，
对于A，可知，即A正确；
对于B，由分析可知，即；
又，，
所以，因此为钝角，即为钝角三角形，即B错误；
对于C，由分析知，且，
根据余弦定理可得，
解得，即C正确；
对于D，此时三角形面积，即D错误
故选：AC
11. 已知函数的定义域为，若满足，且函数是奇函数，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】函数的定义域为，由函数是奇函数，得，
对于A，由，得，由，
得，则，A正确；
对于B，由，，得，
，B错误；
对于C，，而，即，因此，C错误；
对于D，由，得，
则
，D正确.
故选：AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中的常数项为______．
【答案】70
【解析】的展开式的通项为，
令得，，
故常数项为，
故答案为：70.
13. 在平行四边形中，，．若为的中点，则向量在向量上的投影向量为______（用表示）；若，点在边上，满足，点，分别为线段，上的动点，满足，则的最小值为______．
【答案】①. ②.
【解析】依题意可知，
又，，
所以
则向量在向量上的投影向量为；
以为坐标原点建立平面直角坐标系，如下图所示：
由，可得，且，
所以，
又，所以；
设，所以，由可得；
又，所以；
因此；
可得，
显然当时取得最小值，最小值为.
故答案为：；
14. 已知函数有三个极值点，且，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】函数的定义域为R，求导得，
由函数有三个极值点，得有三个不同的零点，显然，
则方程有三个不相等的实根，令，于是直线与的图象有三个不同交点，
求导得，由，得，由得，或，
函数在上单调递增，在上单调递减，，
，又时，恒成立，因此，
而，则，令，则，即，
令，求导得，
令，求导得，函数在上单调递减，
，则，函数在上单调递减，，
而函数在上单调递增，当时，，
因此，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
四、解答题：本题共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. 已知数列是公差大于2的等差数列，其前项和为，，且，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和．
解：（1）设等差数列的公差为，则，，
由，，成等比数列，得，而，解得，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）得，
当为偶数时，，
当为奇数时，，
所以.
16. 如图，在四棱锥中，，，，底面，是上一点．
（1）求证：平面平面；
（2）若是的中点，求平面与平面的夹角的正弦值．
（1）证明：在四棱锥中，，，则，
，在中，，则，
即，于是，由平面，平面，
得，又平面，则平面，又平面，
所以平面平面.
（2）解：由（1）知，平面，而平面，则，又，
因此是二面角的平面角，
在中，，则，由是的中点，
得，于是，
所以平面与平面的夹角的正弦值为.
17. 已知函数．
（1）求的零点个数；
（2）设是的一个零点，证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线．
解：（1）函数的定义域为，求导得，
函数在和上均单调递增，
由，，得在上有唯一零点，
由，，得在上有唯一零点，
所以有且仅有两个零点.
（2）曲线在点处的切线方程为，即，
设曲线在点处的切线斜率为，
则，，，即切点，
则曲线在点处的切线方程为，即.
由是的一个零点，得，则，
因此直线与直线为同一直线，
所以曲线在点处的切线也是曲线的切线.
18. 小王是一位篮球运动爱好者，常去居住地附近，两个篮球场馆打篮球．已知小王第一次随机选择一个场馆打篮球．若前一次选择场馆，那么下次选择场馆的概率为；若前一次选择场馆，那么下次选择场馆的概率为．
（1）若，，求小王前三次选择相同场馆打篮球的概率的最大值；
（2）求小王第二次去场馆打篮球的概率；
（3）若，，设小王前两次选择场馆打篮球的次数为，求的分布列和数学期望．
解：（1）设“小王前三次选择相同场馆打篮球”为事件，
易知小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次也选择场馆的概率为，第三次还选择场馆概率为；
小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次也选择场馆的概率为，第三次还选择场馆概率为；
又因为，,
因此可得，
显然函数为单调递增，
所以当时，取得最大值，
最大值为；
（2）设“小王第二次选择场馆打篮球”为事件，
易知小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次选择场馆的概率为；
小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次也选择场馆的概率为；
因此可得；
（3）易知随机变量的所有可能取值为；
由，可得：
第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为；
即；
第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为；第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为；
即；
第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为；
即；
所以的分布列为：
因此期望值.
19. 蔓叶线是古希腊数学家狄奥克勒斯在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下左图所示．在平面直角坐标系中，圆，点是直线上在第一象限内的任一点，直线的倾斜角为（为坐标原点），且交圆于点（与不重合），第一象限内的点在直线上，且满足，一蔓叶线的方程为，如下右图所示．

（1）求蔓叶线上任一点横坐标的取值范围；
（2）证明：点在蔓叶线上；
（3）设直线与蔓叶线交于不同的三点，，，且直线，，的斜率之和为2025，证明：直线过定点．
参考公式：法国数学家弗朗索瓦·韦达提出了三次方程韦达定理：若，，是关于一元三次方程的三个根，则，，．
（1）解：因为蔓叶线的方程为，
则且.由于恒成立，所以等价于，解得，
由图知道，蔓叶线的位置，所以，综上，知道.
则蔓叶线上任一点横坐标的取值范围为.
（2）证明：设，已知直线的方程为，将其代入圆的方程，得到.
对进行整理得
解得或，因为点不是原点，所以点横坐标为.
已知，设，，点横坐标为.
根据向量坐标运算，，，因为，所以，.
将代入蔓叶线方程的右边：，
而，即蔓叶线方程右边的值等于，等式成立.
所以点的坐标满足蔓叶线方程，点在蔓叶线上.
（3）解：，齐次化联立直线与曲线，得到，那么，即，
根据方程联立得意义可知，所得的关于的一元三次方程的三个根即为，
结合韦达定理知道，，故 ，则，
代入直线方程，即，化简得，式子恒成立，
则令，解得.故直线过定点.原命题成立.0
1
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