宁夏回族自治区银川一中2025届高三第二次模拟 数学试卷（含解析）

这是一份宁夏回族自治区银川一中2025届高三第二次模拟 数学试卷（含解析），共14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．设集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，且，则x的值为（ ）
A．B．C．D．11
4．设函数则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
6．已知函数，若方程在区间上恰有3个实根，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数，若，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法正确的是（ ）
A．数据的上四分位数为9
B．若随机变量，则
C．某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大
D．已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为
10．已知是上的奇函数，是上的偶函数，且当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．最小正周期为B．
C．D．
11．如图，曲线C过坐标原点O，且C上的动点满足到两个定点，的距离之积为9，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若直线与曲线C只有一个交点，则实数k的取值范围为
C．周长的最小值为12
D．面积的最大值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．抛物线上一点M到其焦点的距离为3，则点M到坐标原点的距离为 .
13．已知 为正实数，直线 与曲线 相切，则 的最小值为 .
14．甲乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于12或者所有卡片被抽完时，游戏结束.若甲先抽卡，求甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束的概率是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数．
(1)求函数的最小正周期及其单调递增区间，
(2)若为锐角的内角，且，求面积的取值范围．
16．已知椭圆过点，且椭圆的短轴长等于焦距．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线的斜率为，且与椭圆相交于、两点，求面积取得最大值时直线的方程．
17．如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点．

(1)求证：；
(2)是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
18．已知函数，
(1)若，求的单调区间；
(2)当时，求证；
(3)若函数有两个极值点，（）且恒成立，求实数a的取值范围．
19．设数列的前项和为，，，数列满足：对于任意的，都有成立.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的通项公式；
（3）设数列，问：数列中是否存在三项，使得它们构成等差数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由.
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为，，
因此，.
故选B.
2．【答案】D
【详解】因为，所以.
故选D.
3．【答案】D
【详解】，
因为，所以.
故选D.
4．【答案】A
【详解】因为则不等式的解集
或，
或，
所以或
所以不等式的解集为.
故选A.
5．【答案】B
【详解】因为，
所以，所以.
故选B.
6．【答案】A
【详解】若方程，
则，即或，
当时，，
则的可能取值为，
因为原方程在区间上恰有3个实根，
所以，
解得，
即的取值范围是，
故选A.
7．【答案】D
【详解】设，则，正四棱台的各个侧面都为等腰梯形，上､下底面为正方形，
在四边形中，过点作于点，，则，
，解得，
在平面中，过点作于点，则为正四棱台的高，
且，因此，
该正四棱台的体积为.
故选D.
8．【答案】A
【详解】函数定义域为，
，
因为，所以函数的图象关于直线对称，
令，则且在上单调递增；
函数在时单调递减，在时单调递增，
故当时等号成立，此时；
又在上单调递增；
由复合函数单调性知，在上单调递减，在上单调递增；
又因为，所以，
两边平方得，即
若，则.
故选A.
9．【答案】BD
【详解】A.将数从小到大排列，共8个数，则，则上四分位数为，故A错误；
B. ，故B正确；
C. ，由对称性可知在的概率等于在的概率的2倍，
当越大，数据越离散，其概率越小，故C错误；
D. 设原数据为，因平均数为5，方差为3，
则，，
则新数据的平均数为，方差为，故D正确.
故选BD.
10．【答案】BCD
【详解】因为是偶函数， 所以，
又因为是奇函数，所以，所以，
所以，
所以，所以的周期为，故A错误；
又当时，，
所以，选项B正确；
，选项C正确；
，选项D正确.
故选BCD.
11．【答案】AD
【详解】由定义，即，
即，该曲线过原点，所以，
又，所以，故选项A正确；
故方程为，
所以曲线C的方程为，
直线与曲线：必有公共点，
因此若直线与曲线只有一个交点，则只有一个解，
即只有一个解为，
即时，无解，
故，即实数的取值范围为，故B错误；
由，仅当时等号成立，
此时点P在的垂直平分线上，故点P与原点O重合，不能形成三角形，
所以，所以周长，
等号取不到，故C错误；
，
当且仅当，等号成立，此时点P的纵坐标为，
方程可化为，
令，则方程，
由判别式，可得，
故面积能取到最大值，故D正确.
故选AD.
12．【答案】
【详解】设，由抛物线可得，
抛物线上点到焦点的距离等于3，
，解得，
，
点M到坐标原点的距离为
13．【答案】9
【详解】设切点为，
又因为曲线 ，则，直线 斜率为1，
所以，又因为，
所以，所以，因为 为正实数，
所以，
当且仅当，即时，则 取最小值为9.
14．【答案】
【详解】根据题意可知甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束相当于从7张卡片中抽取了5张，
且甲抽取的三张卡片数字之和为12，乙抽取的两张卡片数字之和不为12；
总的情况相当于从7张卡片中抽取了5张并进行全排列，即共种排法；
其中三张卡片数字之和为12的组合有；；；；共5种情况；
当甲抽取的数字为；；；时，
乙在剩余的4个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有种；
当甲抽取的数字为时，
若乙抽取的两张卡片数字可能为，此时不合题意，此时共有种；
所以符合题意的排列总数为种，
而基本事件的总数为
可得所求概率为.
15．【答案】(1)最小正周期为；单调递增区间为
(2)
【详解】（1）函数，
所以函数的最小正周期为，
由，可得，
即有函数的单调递增区间为.
（2）若为锐角的内角，且，
可得，由，可得，
则，即.
由正弦定理得，，
所以，
所以面积
又因为为锐角三角形，则，即，解得，
所以，所以，所以.
故面积的取值范围是.
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）点代入方程得①
且②，③
由①②③可解得：，，
所以椭圆
（2）直线的方程：，点、．
直线方程代入椭圆得，
由，得
，
则弦长，
点到直线的距离
面积
当且仅当即时等号成立，
故面积取得最大值时直线的方程为
17．【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或
【详解】（1）连接，因为在三棱柱中，所以四边形为平行四边形，
因为，所以四边形为菱形，
所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以;
（2）如图，以的中点为坐标原点，过O作射线,则可以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

因为，
则，
，
设，
则，
记平面的法向量，
则，
即，
得，
易得平面的法向量，
由题意：，
解得：或，经验证，或均符合题意．
所以或.
18．【答案】(1)的单调递增区间为和，单调递减区间为；
(2)证明见解析；
(3)
【详解】（1）由题意，当时，，定义域为，
则，
令，得，解得
所以，当或时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）当时，则，即.
令函数，则，
令函数
易知为增函数，令则，
，根据零点存在定理，则有.
又时，，即，则在上单调递减；
时，，即，则在上单调递增.
.
故，即.
（3）由题意，的定义域为，，
有两个极值点，（）即方程有两个不相等正数根，
则有，解得
因为恒成立，所以对恒成立，
分离参数可得对恒成立，
令，则
令则解得或（舍去）.
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故即，是减函数.
所以，
故实数的取值范围是
19．【答案】（1）；（2）；（3）存在，，，或，，.
【详解】（1）由， ①
得， ②
由①-②得，即，
对①取得，，所以，所以为常数，
所以为等比数列，首项为1，公比为，
即，；
（2）由，可得对于任意有
， ③
则， ④
则， ⑤
由③-⑤得，
对③取得，也适合上式，
因此，，
（3）由（1）（2）可知，
则，
所以当时，，即，
当时，，即在且上单调递减，
故…，
假设存在三项，，成等差数列，其中，，，
由于…，可不妨设，则（*），
即，
因为，，且，则且，
由数列的单调性可知，，即，
因为，所以，
即，化简得，
又且，所以或，
当时，，即，由时，，此时，，不构成等差数列，不合题意，
当时，由题意或，即，又，代入（*）式得，
因为数列在且上单调递减，且，，所以，
综上所述，数列中存在三项，，或，，构成等差数列.