陕西省榆林市2025届下学期4月全国仿真模拟考试 数学试题（含解析）

这是一份陕西省榆林市2025届下学期4月全国仿真模拟考试 数学试题（含解析），共13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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为5:3，则该圆锥的母线长为（ ）
A．5B．6C．8D．10
4．已知角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知离心率为2的双曲线的左右焦点分别为，过的直线与双曲线在第一象限交点为，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列满足，，则此数列前项的和为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知正实数满足，则（ ）
A．B．C．-1D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．某地区组织了一次高三全体学生的模拟考试，经统计发现，数学成绩近似服从正态分布，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数，则的图象（ ）
A．关于直线对称B．关于点成中心对称
C．相邻对称轴之间的距离为D．向右平移个单位可以得到的图象
11．已知曲线的方程为，下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．曲线被直线截得的弦AB长为D．曲线的一条对称轴方程为
三、填空题（本大题共3小题）
12．在平面直角坐标系Oxy中，点，写出正方形ABCD顶点的一个坐标 ．
13．若直线与抛物线相切于第一象限点，则 ．
14．掷一枚质地均匀的骰子3次，将每次骰子正面朝上的数字依次记为，则的概率是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．的内角的对边分别为，已知是线段AB的中点，在线段AC上，．连接相交于点，连接AP．
(1)求证：；
(2)求AP的长度．
16．如图，在三棱柱中，平面，点是线段上一动点．

(1)求三棱锥的体积；
(2)若二面角的余弦值为，确定点的位置．
17．已知焦距为且焦点在轴上的椭圆经过点．直线不过点．若与相交于两点，且以为直径的圆过点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求证：点在定直线上．
18．已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，不等式对任意恒成立，求实数的最小值．
19．已知数列为有穷数列，且每一项均为正整数．若数列满足如下两个性质，则称数列为的阶数列：
①；②对于，使得的正整数对有个．
(1)写出所有5的2阶数列；
(2)若存在的6阶数列，证明：；
(3)若存在2025的阶数列，求的最大值．
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为，所以．
故选B．
2．【答案】A
【详解】由，
得，
则，
即，
故选A.
3．【答案】D
【详解】由，得，即，
又由，得，即．
解得，所以母线．
故选D.
4．【答案】C
【详解】依题意，，即，又，则，
所以.
故选C.
5．【答案】B
【详解】由，得，设中点为．
故，
由得，故，
故为等腰三角形，

即，
又，所以．
所以中，．
则，，
所以直线的斜率，
显然直线与轴交于负半轴，，CD错误.
故选B.
6．【答案】D
【详解】由，得，
所以，，
故数列是以为周期的周期数列，
又，，且，
则此数列前项的和．
故选D.
7．【答案】A
【详解】设，
令，得，
又，
令，则，
所以，
即，
故选A.
8．【答案】C
【详解】由，得．
因为均为正实数，所以（当且仅当，即时取等号），
所以，即.
令，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
故当时，，即（当且仅当时取等号），
因此，即.
由和可得，
则有，解得，
所以.
故选C.
9．【答案】AB
【详解】由题意可得．由对称性可得,，AB正确，CD错误．
故选AB.
10．【答案】ABC
【详解】
，
由，得的图象关于对称，
当时，，故正确；
由，得的图象的对称中心为，
当时，对称中心为，故正确；
因为，所以的周期为，
所以相邻对称轴之间的距离为，故正确；
将向右平移个单位可以得到的图象，故错误.
故选.
11．【答案】ABD
【详解】对于A选项，由，得．
所以判别式，解得，故A正确；
对于B选项，由，得．
令，则
所以
即，故B正确；
对于C选项，由联立得，设
则
所以，故C错误；
对于D选项，若点在曲线上，显然点也在曲线上．故D正确．
故选ABD.
12．【答案】或．（答案不唯一，写出其中一个即可）
【详解】设，则，
所以且．
即，解得或．
13．【答案】/
【详解】法一：
设，因为在第一象限，所以，
且，得，
即，解得；
法二：
联立直线与抛物线，得，
则，解得，
又切点位于第一象限，即，，
所以.
14．【答案】
【详解】掷一枚质地均匀的骰子3次，总的基本事件数为：，可分为以下四种情况：
，可理解为从1到6任选3个数，最大的赋给，中间值赋给，最小的赋给，所以包含的基本事件数为：，
，可理解为从1到6任选2个数，较大的赋给，较小的赋给，所以包含的基本事件数为：，
，可理解为从1到6任选2个数，较大的赋给，较小的赋给，所以包含的基本事件数为：，
，可理解为从1到6任选1个数，把这个数都赋给，所以包含的基本事件数为：，
所以所求事件概率为．
15．【答案】(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）在中，
又，
所以
即，所以．
（2）设，由是AB的中点，得，又，得．
所以，且
由CD与BE相交于点可知，点在线段CD上，也在线段BE上，
由三点共线的条件可得，解得，所以，
故
16．【答案】(1)
(2)点在AB中点处
【详解】（1）因为平面平面，所以，
又因为平面，所以平面，
又平面，所以．
所以．
（2）由（1）得两两垂直，故以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

令
所以，
故，，设是平面的一个法向量，所以
即，取，得，
所以
易知是平面的一个法向量．
因为二面角的余弦值为，
所以
解得．
故：点在中点处．
17．【答案】(1)
(2)证明见详解
【详解】（1）设椭圆方程为：．
因为焦距为，所以，即，
由，解得．
故椭圆方程为：．
（2）证明：设点，
由,得，
由得，
则．
因为以为直径的圆过点，
所以，即，
整理可得①，
将，
代入①式化简可得，即，
因为直线不过点，所以，即．
所以点在定直线上．

18．【答案】(1)在定义域上单调递增
(2)
【详解】（1）因为函数的图象与函数的图象关于直线对称，
所以函数与函数互为反函数，即，所以．
的定义域为．
令，则，
当时，在单调递减，
当时，在单调递增，
所以当时，取得极小值即最小值，
即在上恒成立，即在上单调递增．
（2）由，得，即．
所以对任意恒成立．
设，即，
所以，
所以当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，
因为，
当时，，且在上单调递减，
则（＊）式，
令，则，
当时，在单调递减；
当时，在单调递增，
所以，则，
所以，故得实数的最小值为．
19．【答案】(1)数列3，1，1和数列2，2，1和数列1，2，1，1；
(2)证明见详解；
(3)512578.
【详解】（1）由题意得，则，或，或，或，或.
故所有5的2阶数列有：数列3，1，1和数列2，2，1和数列1，2，1，1.
（2）因为对于，使得的正整数对有个，
且存在的6阶数列，所以，得.
①当时，因为存在的6阶数列，所以数列中各项均不相同，则.
②当时，因为存在的6阶数列，所以数列各项中必有不同的项，所以.
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，所以，不符合题意，所以.
③当时，因为存在的6阶数列，所以数列各项中必有不同的项，所以.
综上所述，若存在的6阶数列，则.
（3）若数列中的每一项都相等，则，
若，所以数列中存在大于1的项，
若末项，将拆分成个1后变大，所以此时不是最大值，所以.
当时，若，交换的顺序后变为，所以此时不是最大值，所以.
若，所以，所以将改为，并在数列末尾添加一项1，则变大，
所以此时不是最大值，所以.
若数列中存在相邻的两项，设此时中有项为2，
将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值至少变为，所以此时不是最大值，
所以数列的各项只能为2或1，所以数列为的形式.
设其中有项为2，有项为1，
因为存在2025的阶数列，所以，
所以，
即当且仅当时，取最大值为512578.
所以，若存在2025的阶数列，的最大值为512578.