河北省张家口市2025届高三全市第二次模拟考试（张家口二模） 数学试题（含解析）

这是一份河北省张家口市2025届高三全市第二次模拟考试（张家口二模） 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．在某次高三模拟考试后，数学老师随机抽取了6名同学第一个解答题的得分情况如下：7，9，5，8，4，1，则这组数据的平均数和极差分别为（ ）
A．B．C．D．
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知复数z满足，则z在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
5．的展开式中项的系数为（ ）
A．B．C．D．
6．商品价格与销量之间往往存在某种关系，以下是某商品价格x（单位：元）与销量y（单位：万件）的调研数据：
则下面四个回归方程中最适宜作为销量y与价格x的回归方程的是（ ）（参考数据，，）
A．B．C．D．
7．已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（ ）
A．3B．C．D．
8．在锐角三角形PMN中，，，垂足为Q，，则点P的轨迹为（ ）
A．长轴长为2，离心率为的椭圆的一部分
B．长轴长为，离心率为的椭圆的一部分
C．实轴长为2，离心率为的双曲线的一部分
D．实轴长为，离心率为的双曲线的一部分
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知向量，则（ ）
A．是的充要条件
B．是与的夹角为锐角的必要不充分条件
C．是的充要条件
D．是的充要条件
10．已知函数的定义域为R，当时，，且对于任意的，都有，则（ ）
A．B．为偶函数
C．当时，D．当时，
11．在直角中，，D为线段上一点，则（ ）
A．若，，D是的内切圆在上的切点，则
B．若，则存在直角，使得是，的等比中项
C．若，则存在直角，使得是，的等比中项
D．若，则存在直角，使得是，的等比中项
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知点为抛物线上一点，为的焦点，则 .
13．已知数列不是递增数列，且，则k的取值范围为 .
14．已知关于x的方程有两个不等实根，则正数a的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数，圆.
(1)若两条相邻的对称轴与C相切，求；
(2)若，是的极值点，且点有且仅有两个在C的内部，求的取值范围.
16．已知函数，.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)探究是否为的极大值点.
17．乒乓球比赛规则规定：在双方打成10平后，领先两分者获胜.在某校组织的乒乓球比赛中，甲、乙两名同学已经打成了10平.已知下一球乙同学得分的概率为，且对以后的每一球，若乙同学在本球中得分，则他在下一球的得分概率为，若乙同学在本球中未得分，则他在下一球的得分概率为.
(1)求在继续打了两个球后比赛结束的条件下，乙同学获胜的概率；
(2)求乙同学最终获胜的概率.
18．如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面.

(1)证明：平面平面；
(2)求四棱锥体积的最大值；
(3)当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值.
19．现定义：对于实数，若，则称b是a和c的加比中项；若，则称b是a和c的减比中项.已知数列满足，，且存在正数m，使是和的加比中项与减比中项.
(1)若是与的等比中项，求m；
(2)数列满足，，且是和的减比中项.记数列的前n项和为.
（ⅰ）证明：是和的减比中项；
（ⅱ）当时，证明：.
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为，故.
故选D.
2．【答案】A
【详解】根据题意，这组数据的平均数，极差为.
故选A.
3．【答案】D
【详解】由题意可得，则.
故选D.
4．【答案】A
【详解】设，其中，根据共轭复数的定义可知．
将，代入可得：
根据平方差公式，可得，则上式可化为：
因为等式两边的复数相等，根据复数相等的条件，可得方程组．
由，解得．
将代入，可得，解得，
由，，可得，在复平面内，复数所对应的点的坐标为，所以该点位于第一象限．
故选A．
5．【答案】C
【详解】展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中项的系数为.
故选C.
6．【答案】C
【详解】对于A，分别代入，可得，与实际值相差较大，不合题意 ，故A错误；
对于B，分别代入，可得，第五组数据与实际值相差较大，不合题意 ，故B错误；
对于C，分别代入，求得的估计值与实际值完全相同，应采用，故C正确；
对于D，分别代入，可得，
，得，数据与实际值相差较大，不合题意 ，故D错误.
故选C.
7．【答案】B
【详解】设正三棱柱的底面边长为，高为，
则其表面积，得，又，所以，
故正三棱柱的体积，
则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的高为.
故选B.
8．【答案】D
【详解】以MN所在直线为x轴，MN的垂直平分线为y轴，MN的中点为坐标原点，
建立平面直角坐标系，不妨令，，设，则，
因为是锐角三角形，所以，
则|，，，
由，得，
整理得，其为双曲线的一部分，且双曲线的实轴长为，
离心率为，
故点P的轨迹为实轴长为，离心率为的双曲线的一部分．
故选D.
9．【答案】AC
【详解】对于A，由，故A正确；
对于B，由为锐角且不共线且，故B错误；
对于C，由或，故C正确；
对于D，时，可得：，
，此时，
仍满足，故D错误，
故选AC.
10．【答案】ACD
【详解】对于A，令，得，解得，故A正确；
对于B，令，则，所以是奇函数，故B错误；
对于C，当时，，因为当时，，是奇函数，
所以当时，，所以，故C正确；
对于D，设，令，则，
因为，所以，
因为，所以，因此，即在上单调递增，
因为是奇函数，所以在上单调递增，
当时，，故，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】AB
【详解】对于A，设内切圆半径为，则，解得，
由几何关系可得，，
，则，故A正确；
对于B，取，，则，所以，
则，即存在直角，使得是的等比中项，故B正确；
对于C，若，由面积，有，
若是的等比中项，则，故有，显然不成立，
故不存在，使得是的等比中项，故C错误；
对于D，若，由正弦定理可得，
，
即，，
可得，
若成立，则，
，即，即，显然不成立，
故不存在，使得是的等比中项，故D错误.
故选AB.
12．【答案】
【详解】将代入抛物线中，得到，解得，
则抛物线方程为，，故.
13．【答案】
【详解】因为不是递增数列，
所以或，解得.
所以的取值范围为.
14．【答案】
【详解】由，可得，即，
等价于，变形得，
令函数，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又因为当时，，时，，
所以若方程有两个实根，由，
只需满足或，
所以正数的取值范围为.
15．【答案】(1)，
(2)
【详解】（1）由题，相邻对称轴间的距离为，又圆的直径为3，则，得，
又圆心，所以其中一条对称轴为，
，得，，又，.
（2）若，则的极值点满足，，得，，
又圆与轴交点分别为，
所以原题设等价于有且仅有2个的值满足，
整理得，故能且仅能取两个值，
所以，解得.
16．【答案】(1)
(2)不是极大值点
【详解】（1）当时，，，
则，，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）易得，
假设是的极大值点，则，即，
化简得，
当时，，
当时，，，只有当时，上式成立，
故，当时，，则，
但由假设知是的极大值点，
于是由极大值的定义知存在，使得时，，与假设矛盾.
所以不是的极大值点.
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）在打了两个球后结束，则甲连胜两球或乙连胜两球，
设事件为“再打两球后结束”，事件为“乙赢得比赛”，
则，，
故.
（2）设事件为“乙赢了本局”，事件为“乙赢了上一局”，
设事件为“当前乙同学分数与甲同学分数之差为时，最终乙同学获胜”，
当时，乙肯定赢了上一局，此时，若赢球则乙直接赢得比赛，若输球则乙获胜的概率为，
所以，
同理，当时，乙肯定输了上一局，此时，若输球则输掉比赛，若赢球则获胜的概率为，
所以，
当时，若乙赢了上一局，此时，若赢球则获胜的概率为，
若输球则获胜的概率为，
所以，
若乙输了上一局，，
同理可得，
又初始，故乙同学最终获胜的概率等价于，
所以，解得.
所以乙同学最终获胜的概率为.
18．【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【详解】（1）由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故，
又，故，故，
由平面，平面，得，
又，平面，平面，
故平面，
又平面，故平面平面.
（2）作，由平面平面，平面平面，平面，可得平面，
记四棱锥的体积为，
则，
而，
由平面，则，故，
于是，当且仅当时，取等号，
由，得，
，由，得，
故，当且仅当取等号，
于是，
故.
故四棱锥体积的最大值为.

（3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系，则，，
故，解得，故,
记与轴交于点，易知，而，
故可设点，其中，
于是，
易知平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则
，
由辅助角公式得，
所以，
当，时，等号成立，
故直线与平面所成角的正弦值的最小值为.

19．【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）由题意：且，
所以，
令可得：，又，，则，
令可得：，则，
令可得：，则，
又是与的等比中项，
所以，又为正数，
解得；
（2）（i）是和的减比中项，，
又为正数，为正项数列，.
，为正项数列，
，，
，即，
是和的减比中项.
所以是和的减比中项；
（ii），，
又，，，，易得，
，即，
由（i）有：，，
.
商品价格x/（元）
10
15
20
25
30
销量y/（万件）
54
46
40
36
32