宁夏回族自治区银川市贺兰县第一中学2024-2025届高三二模 数学试题（含解析）

这是一份宁夏回族自治区银川市贺兰县第一中学2024-2025届高三二模 数学试题（含解析），共13页。
本试卷满分150分，考试时间120分钟。
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.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。
一、单项选择题：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．D．
2．若复数z满足，则z在复平面内对应的点为（ ）
A．B．C．D．
3．已知正项等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．16B．27C．32D．81
4．已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．盖碗是由茶碗、茶盖、茶船三件套组成，盖碗又称“三才碗”，蕴含了古代哲人讲的“天盖之，地栽之，人育之”的道理．如图是乾隆时期的山水人物方盖碗的茶盖和茶碗，近似看作两个正四棱台的组合体，其中茶碗上底面的边长为﹐下底面边长为，高为，则茶水至少可以喝（不足一碗算一碗）（ ）
A．7碗B．8碗C．9碗D．10碗
6．若随机变量，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．2
7．已知函数在上有且仅有三个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．设函数与函数，当，曲线与交于一点，则（ ）
A．B．C．1D．2
二、多项选择题：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，有选错的不得分。
9．下列说法正确的是（ ）
A．有一组数、、、，这组数的第百分位数是
B．在的独立性检验中，若不小于对应的临界值，可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过
C．随机变量，若，，则
D．以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为，则，
10．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点，反射后，再经过上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（ ）
A．
B．延长交直线于点，则三点共线
C．
D．若平分，则
11．如图，已知⊙O 内接四边形中，，，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．二项式的展开式的常数项是 .
13．已知分别为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为 ．
14．已知正四棱锥的一个侧面的周长为10，则该四棱锥体积的最大值时，其外接球表面积为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（本小题13分）
已知函数，函数的导函数为．
(1)当时，求曲线的斜率为的切线方程；
(2)若函数的极小值大于0，求a的取值范围．
16．（本小题15分）
已知数列的前项和为，且．
(1)证明：是等比数列；
(2)设，求数列的前项和．
17．（本小题15分）
在平行四边形中，，为的中点，将等边沿折起，连接，，且．
(1)求证：平面；
(2)点在线段上，且平面与平面所成角的余弦值为，求．
18．（本小题17分）
某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己1000次训练情况并将成绩（满分100分）统计如下表所示.
(1)求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）；
(2)该运动员用分层抽样的方式从的训练成绩中随机抽取了6次成绩，再从这6次成绩中随机选2次，设成绩落在区间的次数为X，求X的分布列及数学期望；
(3)对这1000次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于80分的成绩可以提高10分，原高于80分的无影响，优化失败则原成绩会降低10分，已知该运动员优化动作成功的概率为．在一次资格赛中，入围的成绩标准是80分.用样本估计总体的方法，求使得入围的可能性变大时p的取值范围.
19．（本小题17分）
已知椭圆的离心率为，短轴长为．
(1)求的方程．
(2)若上的两点满足，则称点为上的一对伴点，设为上位于第一象限的一点，且点的横坐标为1．
（i）证明：点在上共有两个伴点；
（ii）设（i）中的两个伴点分别为，若斜率为的动直线与交于点，点组成四边形，求四边形的面积的最大值．
成绩区间

频数
100
200
300
240
160
贺兰一中2025届高三年级第二次模拟考试试卷
数 学（参考答案）
选择题答案
1．B
【详解】因为，所以，.
2．D
【详解】因为，所以，
则z在复平面内对应的点为.
3．B
【分析】应用，再结合等比数列基本量运算计算求解.
【详解】等比数列的前项和为，因为，则，
所以，因为，所以，所以或舍，所以.
4．A
【分析】根据条件，利用投影向量的定义，即可求解.
【详解】因为，，所以在上的投影向量为,
5．C
【分析】根据题意，由棱台的体积公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由条件可得，茶碗的上底面面积，
茶碗的下底面面积，茶碗高，
则茶碗的体积，
所以，即茶水至少可以喝9碗.
6．C
【分析】由正态分布的对称性有，再应用“1”的代换和基本不等式求目标式的最小值.
【详解】由题设，则，
当且仅当时取等号，即的最小值为1.
7．D
【解析】根据三角恒等变换化简函数解析式，根据正弦函数的性质由零点个数，即可求得参数范围.
【详解】因为，故可得；
由，故可得令，可得.
根据正弦函数的性质，要满足题意，
只需解得.
8．D
【分析】由题意得，即，构造函数，则，求出单调区间和最值，再利用其单调性可求得结果.
【详解】由题意得，即，所以，
所以，令，则，
，由，得，由，得，
所以在上递减，在上递增，所以，
所以当时，，当时，，
当时，，所以，
所以，所以，
因为在上递增，所以，所以.
9．BD
【分析】利用百分位数的定义可判断A选项；利用独立性检验可判断B选项；利用二项分布的期望和方差公式可判断C选项；利用回归分析可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，所以，这组数据的第百分位数是，A错；
对于B选项，在的独立性检验中，若不小于对应的临界值，
可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过，B对；
对于C选项，随机变量，若，，
解得，，C错；
对于D选项，以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为，
即，可得，故，，D对.
10．BCD
【分析】根据题设和抛物线的性质得到点，，将点代入抛物线的方程得到，从而求出直线的方程，联立直线和抛物线得到点的坐标，即可判断选项A和C，又结合直线和直线得到点，即可判断B选项，若平分，得到，转化为直线斜率和直线的斜率的关系式即可求出.
【详解】由题意可得抛物线焦点，，如图，
将代入解得，所以，则直线的斜率，
则直线方程为，即，
联立得，所以，解得，A说法错误；
将代入解得或（舍去），则，
所以，C说法正确；
由已知可得轴，且，则直线的方程为，又，所以直线的方程为，
令解得，即，所以在直线上，所以三点共线，B说法正确；
设直线的倾斜角为（），斜率为，直线的倾斜角为，
若平分，即，即，
所以，则，且，解得，
又，解得，D说法正确；
11．ABD
【分析】在中利用余弦定理解方程可求得，即判断A正确，根据圆内接四边形的性质以及余弦定理可求得，分别求出即可得B正确，由余弦定理的推论计算可得C错误，利用三角恒等变换以及二倍角公式计算可得D正确.
【详解】对于A，在中，由可得;
由余弦定理可得，即；
整理可得，解得或（舍），即A正确；
对于B，由圆内接四边形的性质可知，
所以，
在中，由余弦定理可得，即，
整理可得，解得或（舍）；
易知，所以，即B正确；
对于C，在中，易知，
所以，即C错误；
对于D，易知，所以；
由C可知；
；
所以，即D正确.
12．
【分析】的展开式的通项为，令，求出，再代入通项公式计算即可.
【详解】的展开式的通项为
令，解得，所以展开式的常数项.
13．2
【分析】由已知可推得，然后得出，即可根据的关系得出离心率.
【详解】如图，设为与渐近线的交点，
由题意：，，所以Q是线段的中点，
所以.又直线，是双曲线的渐近线，由双曲线对称性知，
所以，所以，所以，
所以离心率.
14．
【分析】根据题意作图，由题意得到关于底面边长和侧棱长以及高的等量关系，代入四棱锥体积公式，得到关于的函数，利用导函数研究其单调性，从而求得最大值.再利用此时各边长求出外接球的半径，计算球的表面积即可.
【详解】如图，设正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，高为，
因为正四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为底面的中心，侧棱长相等，侧面为等腰三角形，所以，所以，得，又，所以正四棱锥的体积.
设，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，所以.
此时，，设该正四棱锥外接球的半径为，则，解得，
故其外接球表面积.
15．(1)或(2)．
【分析】由，可得或，然后由点斜式可得答案；
（2）由题可得，令，可得时，有极小值，据此可得答案.
【详解】（1）当时，，令，化简得，解得或．
当切点为时，所求切线方程为，即；
当切点为时，所求切线方程为，即；
（2），，
，
因为，所以，当时，，单调递减；
当时，，单调递增．因此，当时，有极小值.
由题意，，则．
16．(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由与的关系可得递推公式，根据等比数列的定义，可得答案；
（2）由（1）可得的通项，利用错位相减法，可得答案.
【详解】（1）证明：因为，
所以当时，，解得；
当时，，
所以，即，
所以，又．
所以数列是以4为首项，3为公比的等比数列．
（2）由（1）知，．所以，
则，①
，②
—②有．
所以
17．(1)证明见解析(2)2
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定推理得证.
（2）取的中点，作，以为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法列式求解.
【详解】（1）依题意，，，在中，，
在中，，，
则，
又，平面，
所以平面.
（2）取的中点，连接，则，
由（1）知平面，
而平面，则，
又平面，
于是平面，
过作，则平面，
直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设，
则，
设平面的法向量为，
则， 取，得，
而平面的一个法向量为，
设平面与平面所成角为，
则，
而，解得，则，所以.
18．(1)平均值为，上四分位数为；(2)分布列见解析，数学期望为；(3).
【分析】（1）根据平均值计算公式和上四分位数计算方法即可得到答案；
（2）写出的可能取值，再分别计算出其分布列，最后再利用数学期望公式即可；
（3）法一：利用互斥事件加法公式和全概率计算公式得到关于的表达式，从而得到不等式，解出即可；法二：根据比例法得到相关概率表达式，解出不等式即可.
【详解】（1）依题意，平均值
，
，
上四分位数落在区间，且等于.
（2）由样本数据可知，训练成绩在之内的频数之比为2:1，
由分层抽样的方法得，从训练成绩在中随机抽取了6次成绩，
在之内的4次，在之内的抽取了2次，
所以可取的值有：0，1，2，
，，，
分布列为：
.
（3）法一：设事件分别表示动作优化前成绩落在区间，，，
则相互互斥，所以动作优化前，
在一次资格赛中，入围的概率，
设事件B为＂动作优化成功＂，则，
动作优化后，在一次资格赛中，入围事件为：，且事件相互互斥，
所以在一次资格赛中入围的概率
，
故，
由解得，又的取值范围是.
法二：因为入围的成绩标准是80分，所以进行某项动作优化前，该运动员在资格赛中入围的概率为：，
进行某项动作优化后，影响该运动员入围可能性变化的是落在区间或的成绩，
当且仅当动作优化成功，落在这两个区间的成绩才能符合入围标准，
所以进行优化后，该运动员在资格赛中入围的概率，
由，得，又的取值范围是.
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由题目条件列的方程组，即可得的方程；
（2）结合伴点的定义，结合A的坐标列出另一个伴点满足的条件，再结合直线与椭圆的位置关系求解即可得A的伴点，由斜率为的动直线与交于点，结合问可求出的长度，再结合的特征，再求出到的距离的最大值即可求解四边形的面积的最大值．
【详解】（1）设的半焦距为．由题可知，解得所以的方程为．
（2）（i）由题可知点的坐标为．
设点在上的伴点的坐标为，则，即，
所以点在上的伴点在直线上．
联立方程得解得或
所以点在上所有伴点的坐标分别为，
即点在上共有两个伴点．
（ii）设，则
两式相减得，由题可知，
则，所以线段的中点在直线上，则线段被直线平分．四边形的面积，
由（i）可知直线的方程为．
设点到直线的距离为，则，
又，所以，
设过点且与直线平行的直线的方程为，
则当与相切时，取得最大值，由可得，
令，解得，
故的最大值为直线和直线（或）的距离，即为，
所以，
即四边形的面积的最大值为．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
B
A
C
C
D
D
BD
BCD
题号
11









答案
ABD









0
1
2