甘肃省庆阳第一中学2024−2025学年高三下学期第二次模拟考试 数学试题（含解析）

这是一份甘肃省庆阳第一中学2024−2025学年高三下学期第二次模拟考试 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．样本数据15，13，12，31，29，25，43，19，17，38的中位数为（ ）．
A．19B．22C．21D．18
2．已知方程表示的曲线是椭圆，则实数的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
3．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）．
A．4B．C．D．6
4．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙2名同学每人从中选一种或两种，且两人之间不会互相影响，则不同的选法种数为（ ）
A．20B．25C．225D．450
6．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大．”如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．设是双曲线的左、右焦点，点A是双曲线C右支上一点，若的内切圆M的半径为a（M为圆心），且，使得，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数的图象过点，且两条相邻对称轴之间的距离为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．在上单调递增
C．直线为函数图象的一条对称轴
D．在上的值域为
10．已知，互为共轭复数，则（ ）
A．B．C．D．
11．函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线，且满足，函数的图象关于点对称，则（ ）
A．的图象关于点对称B．8是的一个周期
C．一定存在零点D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知集合，且，则实数的值为 ．
13．我国古代数学典籍九章算术中有一种名为“羡除”的几何体，它由古代的隧道形状抽象而来.如图所示，在五面体中，，四边形，，为等腰梯形，且平面平面.其中，，（），且到平面的距离为，和的距离为，若，，，，，则该“羡除”的体积为 .
14．设，，若，则的最小值为 ，此时的值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，内角的对边分别为，向量，且．
(1)求；
(2)若的外接圆半径为2，且，求的面积．
16．如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，，，，，分别是，的中点．

(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求直线与平面所成角的余弦值．
17．春节临近，为了吸引顾客，我市某大型商超策划了抽奖活动，计划如下：有A、B、C三个抽奖项目，它们之间相互不影响，每个项目每位顾客至多参加一次，项目A中奖的概率是，项目B和C中奖的概率都是.
(1)若规定每位参加活动的顾客需要依次参加A、B、C三个项目，如果A、B、C三个项目全部中奖，顾客将获得100元奖券；如果仅有两个项目中奖，他将获得50元奖券；否则就没有奖券.求每位顾客获得奖券金额的期望；
(2)若规定每位顾客等可能地参加三个项目中的一个项目.已知某顾客中奖了，求他参加的是A项目的概率.
18．已知抛物线：，焦点为，过作轴的垂线，点在轴下方，过点作抛物线的两条切线，，，分别交轴于，两点，，分别交于，两点．
(1)若，与抛物线相切于，两点，求点的坐标；
(2)证明：的外接圆过定点；
(3)求面积的最小值．
19．已知数列满足，．
(1)已知，
①若，求；
②若关于m的不等式的解集为M，集合M中的最小元素为8，求的取值范围；
(2)若，是否存在正整数，使得，若存在，求出k的最小值，若不存在，请说明理由．
参考答案
1．【答案】B
【详解】将样本数据从小到大重新排列为12，13，15，17，19，25，29，31，38，43；
共10个数据，因此中位数应为第5个数和第6个数的平均数，即.
故选B.
2．【答案】D
【详解】因为方程表示的曲线是椭圆，
所以，解得或.
所以实数的取值范围是.
故选D.
3．【答案】C
【详解】设等差数列的公差为，
由，则，
，即，
.
故选C.
4．【答案】C
【详解】如图所示
对于A，设平面为平面,平面为平面,为，则，则，故A错；
对于B，设平面为平面,平面为平面,为，则，则，故B错；
对于C，过作平面与平面交于直线，，则，，可得，则，故C正确；
对于D，设平面为平面, 为， 为，则，则，故D错.
故选C.
5．【答案】C
【详解】甲和乙的选择方法分别有种方法，
所以甲和乙不同的选择方法有种.
故选C
6．【答案】B
【详解】解：设圆心坐标为，则，圆的方程为
因为两点在圆上，
所以，解得或，
当时，为劣弧所对角，故舍去．
所以，所以，
所以为等腰直角三角形，所以，
故选B．
7．【答案】C
【分析】根据结合可得与，进而可得.
【详解】则，
即，
又因为，故，，，
故，因为，则，
结合可得，，则.
故.
故选C.
8．【答案】A
【详解】设，由对称性不妨设A在第一象限，此时M也在第一象限，
因为，所以，
所以，又，
解得，
所以，
所以，解得，所以，代入双曲线方程得：，
解得，所以.
故选A
9．【答案】ACD
【详解】由的图象过点，知，即．
选项A，因为图象的两条相邻对称轴之间的距离为，
所以，则，故A正确．
选项B，．
法一：由，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，故B不正确．
法二：当时，，
正弦函数在区间上先增后减，
所以函数在上不单调，故B不正确．
选项C，法一：由，得．
当时，，所以直线为函数图象的一条对称轴，故C正确．
解法二 因为，
所以直线为函数图象的一条对称轴，故C正确．
选项D，由，得，
当时，即，函数取得最大值，
当时，，即，函数取得最小值；
所以，
所以，故D正确．
故选ACD.
10．【答案】BCD
【详解】令，
对A，，
则不一定成立，故A选项错误；
对B，，故B选项正确；
对C，，故C选项正确；
对D，，故D选项正确.
故选BCD
11．【答案】ACD
【详解】对于A,由于的图象关于点对称，所以，故，所以的图象关于点对称，故A正确，
由得，令所以，故为偶函数，又的图象关于点对称，所以，又，从而，
所以的图象关于对称，
对于C,在中,令，所以，由于在区间上的图象是一条连续不断的曲线，由零点存在性定理可得在有零点，故C正确
对于D,由于的图象关于对称以及得，又，所以，所以是周期为8的周期函数，，故D正确，
对于B，，所以8不是的周期，
故选ACD.
12．【答案】3
【详解】因为，所以分为以下两种情况：
①或，当时，集合满足题意；
当时，集合，违反了集合的互异性，故舍去；
②，此时集合，违反了集合的互异性，故舍去；
综上所述，.
13．【答案】40
【详解】如图，平面内，过分别作的垂线，垂足分别为，
平面内，过分别作的垂线，与分别交于，
将“羡除”分割为两个四棱锥，和直棱柱，
由，四边形，，为等腰梯形，且平面平面.
则，，，
故所求几何体的体积为
．
14．【答案】 2
【详解】由，，，得，当且仅当时取等号，
因此，，
令，函数在上单调递减，当时，，
所以当，即时，取得最小值.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由已知，即，
由正弦定理得，即，
整理得，即，
又，故；
（2）因为，所以，则，
即，又，所以．
因为的外接圆半径，
所以由正弦定理可得，所以，
所以．
16．【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）证法一：取的中点，连接，，

因为，分别为，的中点，
所以，且．
又四边形为矩形，且为的中点，
所以，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以．又平面，平面，
所以平面．
证法二：取的中点，连接，，

则，，
因为平面，平面，
所以平面，
同理平面．
又，，平面，
所以平面平面．
又平面，所以平面．
（2）因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
如图所示，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，
可得，，．
设平面的法向量为，
则，令，则，，
可得平面的法向量为．
设直线与平面所成的角为，
则，
所以，
即直线与平面所成角的余弦值为．
17．【答案】(1)16
(2)
【详解】（1）设一位顾客获得元奖券，则的可能取值为100，50，0，
，，
，
所以每位顾客获得奖券金额的期望是（元）
（2）设“该顾客中奖”为事件，参加项目A，，分别记为事件，，，
则，
所以，
即已知某顾客中奖了，则他参加的是A项目的概率是.
18．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）∵，与抛物线相切于，两点，
设在左侧，则，，
由得，所以，
所以的斜率为，的斜率为，
此时方程：，即．
方程：，即，联立得；
（2）设过的两条切线分别与抛物线切于，，
由（1）知直线的斜率为，所以直线方程为，即，
直线的斜率为，直线方程为，即，
所以且，，
设外接圆的圆心为，则在的垂直平分线上，而的中点为，所以，
设外接圆方程为：过，所以，
所以，所以，
所以，
整理得，
所以，
令即，所以的外接圆过定点；
（3）：，所以，，
所以，
到的距离为，所以，
设，，，由，
，当且仅当时等号成立．
所以，
令，，
在上单调递减，上单调递增，
所以，所以面积的最小值.
19．【答案】(1)①或2或3或4 ；②
(2)存在；
【详解】（1）①，∴或2，
而．若，∴或2．
若，∴或4，经检验均符合．∴或2或3或4．
②由条件知，
∴，∴，
或，或或或
或，，，…，，
…
或，…，，或，…或
∴．
（2）或，，…，，，
令，，，∴，
当时，不是自然数，
所以当时，，，
∴存在这样的k，．