河北省秦皇岛市山海关区2025届高三下学期第二次模拟追补考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1河北省秦皇岛市山海关区2025届高三下学期第二次模拟追补考试数学试卷一、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.或 D.或【答案】C【解析】依题意，，或，所以或故选：C2.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，得，则，所以.故选：A3.若方程表示焦点在轴上的椭圆，则椭圆短轴长的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】依题意，椭圆的长半轴长为6，短半轴长为，则，所以椭圆短轴长的取值范围是.故选：B4.科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出来的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为．2025年1月7日西藏日喀则市发生里氏6.8级地震，释放出来的能量为，2025年1月10日山西临汾市发生里氏4.1级地震，释放出来的能量为，则（）A.10 B.4.05 C. D.【答案】D【解析】依题意，，，两式相减，得，因此，.故选：D5.如图，某工厂储存原料的储存仓是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是2，侧面积是，则该储存仓的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设圆锥的底面圆半径为，由侧面积是，得，解得，圆锥的高，则圆柱的高为，所以该储存仓的体积为.故选：C6.已知函数，将的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】依题意，，由的图象与的图象关于轴对称，得对任意恒成立，即对任意恒成立，因此，解得，而，则.故选：B7.已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过点且斜率为的直线与圆相切，与交于第一象限的一点．若，则的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】依题意，点，直线的方程为，圆的圆心为，半径为，由直线与圆相切，得，令双曲线离心率为，又，则，因此，即，解得，所以的离心率的取值范围是.故选：A8.已知为锐角，且，，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由可得，即，因此即可得，令，则，令，则,由可得，因此可知当时，，此时在上单调递减，当时，，此时在上单调递增，因此可得当时，取得极小值，也是最小值，即，因此的最小值为.故选：C二、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，有多项符合要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知一组样本数据，，…，，…，，，则下列说法错误的是（）A.，，…，的下四分位数为B.，，…，的中位数为C.，，…，的平均数小于，，…，的平均数D.，，…，的方差为，，…，的方差的倍【答案】ABD【解析】对于A，由，得下四分位数为，A错误；对于B，数据，，…，共个，其中位数为，B错误；对于C，，C正确；对于D，，，…，的方差为，，…，的方差的倍，D错误.故选：ABD10.已知在中，内角的对边分别为，，，外接圆半径为5，且满足，则下列结论正确的是（）A. B.是锐角三角形C. D.的面积为10【答案】AC【解析】因为，所以，因此；所以由可得；即，其中；再由三角函数值域可知，因此只有当时，等式成立；因此，即，对于A，可知，即A正确；对于B，由分析可知，即；又，，所以，因此为钝角，即为钝角三角形，即B错误；对于C，由分析知，且，根据余弦定理可得，解得，即C正确；对于D，此时三角形面积，即D错误故选：AC11.已知函数的定义域为，若满足，且函数是奇函数，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】函数的定义域为，由函数是奇函数，得，对于A，由，得，由，得，则，A正确；对于B，由，，得，，B错误；对于C，，而，即，因此，C错误；对于D，由，得，则，D正确.故选：AD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的常数项为______．【答案】70【解析】的展开式的通项为，令得，，故常数项为，故答案为：70.13.在平行四边形中，，．若为的中点，则向量在向量上的投影向量为______（用表示）；若，点在边上，满足，点，分别为线段，上的动点，满足，则的最小值为______．【答案】①.②.【解析】依题意可知，又，，所以则向量在向量上的投影向量为；以为坐标原点建立平面直角坐标系，如下图所示：由，可得，且，所以，又，所以；设，所以，由可得；又，所以；因此；可得，显然当时取得最小值，最小值为.故答案为：；14.已知函数有三个极值点，且，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】函数的定义域为R，求导得，由函数有三个极值点，得有三个不同的零点，显然，则方程有三个不相等的实根，令，于是直线与的图象有三个不同交点，求导得，由，得，由得，或，函数在上单调递增，在上单调递减，，，又时，恒成立，因此，而，则，令，则，即，令，求导得，令，求导得，函数在上单调递减，，则，函数在上单调递减，，而函数在上单调递增，当时，，因此，解得，所以实数的取值范围是.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15.已知数列是公差大于2的等差数列，其前项和为，，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．解：（1）设等差数列的公差为，则，，由，，成等比数列，得，而，解得，所以数列的通项公式为.（2）由（1）得，当为偶数时，，当为奇数时，，所以.16.如图，在四棱锥中，，，，底面，是上一点．（1）求证：平面平面；（2）若是的中点，求平面与平面的夹角的正弦值．（1）证明：在四棱锥中，，，则，，在中，，则，即，于是，由平面，平面，得，又平面，则平面，又平面，所以平面平面.（2）解：由（1）知，平面，而平面，则，又，因此是二面角的平面角，在中，，则，由是的中点，得，于是，所以平面与平面的夹角的正弦值为.17.已知函数．（1）求的零点个数；（2）设是的一个零点，证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线．解：（1）函数的定义域为，求导得，函数在和上均单调递增，由，，得在上有唯一零点，由，，得在上有唯一零点，所以有且仅有两个零点.（2）曲线在点处的切线方程为，即，设曲线在点处的切线斜率为，则，，，即切点，则曲线在点处的切线方程为，即.由是的一个零点，得，则，因此直线与直线为同一直线，所以曲线在点处的切线也是曲线的切线.18.小王是一位篮球运动爱好者，常去居住地附近，两个篮球场馆打篮球．已知小王第一次随机选择一个场馆打篮球．若前一次选择场馆，那么下次选择场馆的概率为；若前一次选择场馆，那么下次选择场馆的概率为．（1）若，，求小王前三次选择相同场馆打篮球的概率的最大值；（2）求小王第二次去场馆打篮球的概率；（3）若，，设小王前两次选择场馆打篮球的次数为，求的分布列和数学期望．解：（1）设“小王前三次选择相同场馆打篮球”为事件，易知小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次也选择场馆的概率为，第三次还选择场馆概率为；小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次也选择场馆的概率为，第三次还选择场馆概率为；又因为，,因此可得，显然函数为单调递增，所以当时，取得最大值，最大值为；（2）设“小王第二次选择场馆打篮球”为事件，易知小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次选择场馆的概率为；小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次也选择场馆的概率为；因此可得；（3）易知随机变量的所有可能取值为；由，可得：第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为；即；第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为；第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为；即；第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为；即；所以的分布列为：012因此期望值.19.蔓叶线是古希腊数学家狄奥克勒斯在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下左图所示．在平面直角坐标系中，圆，点是直线上在第一象限内的任一点，直线的倾斜角为（为坐标原点），且交圆于点（与不重合），第一象限内的点在直线上，且满足，一蔓叶线的方程为，如下右图所示．（1）求蔓叶线上任一点横坐标的取值范围；（2）证明：点在蔓叶线上；（3）设直线与蔓叶线交于不同的三点，，，且直线，，的斜率之和为2025，证明：直线过定点．参考公式：法国数学家弗朗索瓦·韦达提出了三次方程韦达定理：若，，是关于一元三次方程的三个根，则，，．（1）解：因为蔓叶线的方程为，则且.由于恒成立，所以等价于，解得，由图知道，蔓叶线的位置，所以，综上，知道.则蔓叶线上任一点横坐标的取值范围为.（2）证明：设，已知直线的方程为，将其代入圆的方程，得到.对进行整理得解得或，因为点不是原点，所以