甘肃省平凉市第一中学2024−2025学年高三下学期押题 数学试卷（二）（含解析）

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一、单选题
1．已知集合，，，则集合C的子集有（ ）
A．64个B．63个C．16个D．15个
2．一组数据1，7，5，2，，2，且，，若该组数据的众数是中位数的，则该组数据的平均数为（ ）
A．3B．3.5C．4D．4.5
3．设P是双曲线C：上一点，，是C的左、右焦点，若，则（ ）
A．10或4B．13或1C．10D．13
4．已知向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知圆C：，P为y轴上的一个动点（异于原点），过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，且A，B的中点为M，点，则的最大值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
6．已知函数，将图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到函数的图象.若，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知侧棱长为，底面边长为的正三棱锥，其内切球球心为，球与球以及三棱锥的三个侧面均相切，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的图象既关于点中心对称，又关于直线轴对称.当时，，则的值为（ ）.
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数（，为虚数单位），则（ ）
A．任意，为实数B．存在，使得
C．存在，使得为纯虚数D．在复平面内对应的点的轨迹是一条直线
10．已知，则（ ）
A．
B．
C．
D．
11．已知函数，，、分别表示与中的较小值与较大值，则（ ）.
A．.
B．当直线与曲线有三个不同交点时，的取值范围为.
C．当时，曲线在点处的切线与曲线有且仅有一个交点.
D．函数图象上的点到原点的最短距离为.
三、填空题
12．函数的单调递减区间是 .
13．已知F为椭圆C：的右焦点，为原点，A为C上一点，若，则C的离心率为 .
14．已知三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且为锐角三角形，则面积的取值范围为 .
四、解答题
15．某公司生产的某种产品按照质量标准分为一等品、二等品、三等品共3个等级，采购商小李从该公司生产的该种产品中随机抽取100件，根据产品的等级分类得到如下数据：
（1）根据产品等级，按分层随机抽样的方法从这100件产品中抽取10件，再从这10件产品中随机抽取3件，记这3件产品中一等品的数量为X，求X的分布列及数学期望；
（2）若将频率视为概率，从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，求恰好有1件三等品的概率；
（3）该公司提供该产品的两种销售方案供采购商小李选择，
方案一：产品不分类，售价均为21.5元/件.
方案二：分类卖出，分类后的产品售价如下：
从采购商小李的角度考虑，你觉得应该选择哪种销售方案?请说明理由.
16．如图，五面体中，平面，，，.
（1）证明：；
（2）若二面角的余弦值为，求A到平面的距离.
17．设数列的前项和为，且，.
（1）求的通项公式；
（2）证明：当时，.
18．已知曲线C上的任意一点到定点的距离与到定直线的距离相等.，直线过点且与C有两个不同的交点，，直线，分别交y轴于点M，N.
（1）求C的方程；
（2）若直线，的斜率分别是，，且，求的值及的斜率；
（3）设为原点，若，判断是否为定值?若是，求出该定值；若不是，说明理由.
19．设与是定义在同一区间I上的两个函数，若函数在上恰有两个零点，则称和是I上的“关联函数”.
（1）判断与是否为区间上的“关联函数”；
（2）若与是上的“关联函数”，求的取值范围；
（3）若，，且对任意，都存在，使得，，成等比数列，且，，成等差数列，证明：，并判断与是否为区间上的“关联函数”.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由集合，，且，
因为，，可得集合，所以集合的子集有个.
故选C.
2．【答案】B
【详解】易得众数为2，则中位数为，
所以将数据按照从小到大排列得1，2，2，，5，7，则，解得，
则平均数为.
故选:B.
3．【答案】D
【详解】根据双曲线的定义，知，
因为，所以或，
又，所以.
故选D.
4．【答案】A
【详解】由向量，，
因为，可得，即，
因为，可得，所以，
所以，解得.
故选A.
5．【答案】C
【详解】如图，圆的圆心为，半径为，则圆与y轴相切，切点为原点O，即为A，
又M为的中点，则，所以点M的轨迹是以为直径的圆（去掉A，C两点），
其中圆心为，半径为1，
又，所以.
故选C.
6．【答案】C
【详解】，
将图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），
得到函数，
要使且，
则或，
所以，所以，，
则.
故选:C.
7．【答案】B
【详解】设球的半径为，三棱锥的表面积为，
则，
解得，
又由，且，
可得，
设在底面内的射影为，
因为在上，在上取点，使得，
过作平面的平行平面，交，，于点G，T，H，
如图所示，则也是正三棱锥，球即为该三棱锥的内切球，
又因为，
设球的半径为，则，所以，
所以.
故选B.
8．【答案】B
【详解】用表示函数的图象，对任意的，
令，则，且，
利用的中心对称性与轴对称性，可依次推得
，，，
取，此时，
因此.
故选B
9．【答案】ACD
【详解】.
对于A，为实数，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，当时，为纯虚数，故C正确；
对于D，在复平面内对应的点为，其轨迹方程为，故D正确.
故选:ACD.
10．【答案】ABD
【详解】对于A，令，得，
两边同乘以，得，故A正确；
对于B，令，得，
令，得，
两式相减，得，
即，故B正确；
对于C，两边同时求导数，
得，
再令，得，故C错误；
对于D，，所以，
同理，
所以，故D正确.
故选:ABD.
11．【答案】AC
【详解】函数、的定义域均为，且，
所以， ，
对于A，当时，，则，此时，
当时，，则，
此时，故A正确；
对于B，作出函数的图象如图所示，
由图可知，当时，直线与函数的图象有三个交点，故B错误；
对于C，当时，，则，
因为，则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
当时，由，整理可得，可得（舍去）；
当时，由可得，解得或（舍去）.
综上所述，当时，曲线在点处的切线与曲线有且仅有一个交点，故C正确；
对于D，当时，，
当时，，所以为偶函数，
设其第一象限内一点，则，
当且仅当时取得等号，故D错误.
故选AC.
12．【答案】（写成，，，同样给分）
【详解】因为，，
令，得，解得，
所以的单调递减区间是.
13．【答案】/
【详解】设为椭圆C的左焦点，由椭圆的定义，得，
又，.
则在和中，
由余弦定理，得，
化简得，所以离心率.

14．【答案】
【详解】因为，所以，所以，
由正弦定理得，
又，所以，
所以的面积
因为为锐角三角形，
又且，则，所以.
令，则.
恒成立，则在上单调递减.
则单调递增，故.
15．【答案】（1）分布列见解析，（件）
（2）
（3）应该选择方案一，理由见解析
【详解】（1）由题可得，抽取的10件产品中，一等品有4件，非一等品有6件，
所以的可能取值为0，1，2，3.
，，
，，
则的分布列为：
（件）
（2）从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，记抽到三等品的数量为，则，
所以.
（3）由题意得，方案二的产品的平均售价为：
（元/件），
因为，
所以从采购商小李的角度考虑，应该选择方案一.
16．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为，所以A，C，D，E四点共面.
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由（1）知，，两两垂直，所以可建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，.
设为平面的法向量，则得，令，得，
取平面的一个法向量为，因为二面角的余弦值为，
所以，解得，即的长为3.
所以，又，
所以到平面的距离.
17．【答案】（1）
（2）证明见解析
【详解】（1）由，当时，，
则，整理得.
因为，所以是以为首项，以公比的等比数列，
所以.
（2），
当时，，
所以，
所
18．【答案】（1）
（2）-4；-1
（3）是，2
【详解】（1）解：因为曲线上任意一点到定点的距离与到定直线的距离相等，
所以曲线是以为焦点，以为准线的抛物线，且，可得
所以的方程为.
（2）解：由题意得，直线的方程为，即，
联立方程组，整理得，
由韦达定理得，所以，同理可得，
，所以，
直线的斜率.
（3）解：根据题意，设且，
联立方程组，整理得，
由，解得，且，，
直线，令，可得，
所以，同理得，
因为，故，
可得，所以，同理得，
所以.
19．【答案】（1），是区间上的“关联函数”.
（2）
（3）证明见解析，与不是区间上的关联函数.
【详解】（1）设，，
显然，；
当时，，此时函数无零点；
当时，，，则单调递增，
又，，所以，使得；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以在上没有零点.
综上，有两个零点，故，是区间上的“关联函数”.
（2）因为与是上的“关联函数”，
所以在上有两个不同的零点，
即在上有两个不同的根.
设，其对称轴为，
故需满足，解得，
故的取值范围是.
（3）证明：由题意知，对任意，存在，满足，且，
则，且.
对于给定的，有，
当且仅当，即时等号成立，
因此对任意都成立.
在上式中令，得（*）
令，，则，
当时，；当时，，
可知在上单调递增，在上单调递减，
且，，，可知满足不等式（*）的.
设，则，
所以在上为单调递减函数，不可能有两个零点，
所以与不是区间上的关联函数.
等级
一等品
二等品
三等品
数量/件
40
30
30
等级
一等品
二等品
三等品
售价/（元/件）
24
22
18
0
1
2
3