陕西省榆林市2025届下学期4月全国仿真模拟考试数学试题含答案

/陕西省榆林市2025届下学期4月全国仿真模拟考试数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，则（）A． B． C． D．2．已知，则（）A． B． C． D．3．已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为5:3，则该圆锥的母线长为（）A．5 B．6 C．8 D．104．已知角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，且，则（）A． B． C． D．5．已知离心率为2的双曲线的左右焦点分别为，过的直线与双曲线在第一象限交点为，若，则（）A． B． C． D．6．已知数列满足，，则此数列前项的和为（）A． B． C． D．7．已知，则（）A． B． C． D．8．已知正实数满足，则（）A． B． C．-1 D．二、多选题（本大题共3小题）9．某地区组织了一次高三全体学生的模拟考试，经统计发现，数学成绩近似服从正态分布，则下列正确的是（）A． B．C． D．10．已知函数，则的图象（）A．关于直线对称 B．关于点成中心对称C．相邻对称轴之间的距离为 D．向右平移个单位可以得到的图象11．已知曲线的方程为，下列说法正确的有（）A． B．C．曲线被直线截得的弦AB长为 D．曲线的一条对称轴方程为三、填空题（本大题共3小题）12．在平面直角坐标系Oxy中，点，写出正方形ABCD顶点的一个坐标．13．若直线与抛物线相切于第一象限点，则．14．掷一枚质地均匀的骰子3次，将每次骰子正面朝上的数字依次记为，则的概率是．四、解答题（本大题共5小题）15．的内角的对边分别为，已知是线段AB的中点，在线段AC上，．连接相交于点，连接AP．(1)求证：；(2)求AP的长度．16．如图，在三棱柱中，平面，点是线段上一动点．

(1)求三棱锥的体积；(2)若二面角的余弦值为，确定点的位置．17．已知焦距为且焦点在轴上的椭圆经过点．直线不过点．若与相交于两点，且以为直径的圆过点．(1)求椭圆的标准方程；(2)求证：点在定直线上．18．已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，．(1)讨论函数的单调性；(2)当时，不等式对任意恒成立，求实数的最小值．19．已知数列为有穷数列，且每一项均为正整数．若数列满足如下两个性质，则称数列为的阶数列：①；②对于，使得的正整数对有个．(1)写出所有5的2阶数列；(2)若存在的6阶数列，证明：；(3)若存在2025的阶数列，求的最大值．

参考答案1．【答案】B【详解】因为，所以．故选B．2．【答案】A【详解】由，得，则，即，故选A.3．【答案】D【详解】由，得，即，又由，得，即．解得，所以母线．故选D.4．【答案】C【详解】依题意，，即，又，则，所以.故选C.5．【答案】B【详解】由，得，设中点为．故，由得，故，故为等腰三角形，

即，又，所以．所以中，．则，，所以直线的斜率，显然直线与轴交于负半轴，，CD错误.故选B.6．【答案】D【详解】由，得，所以，，故数列是以为周期的周期数列，又，，且，则此数列前项的和．故选D.7．【答案】A【详解】设，令，得，又，令，则，所以，即，故选A.8．【答案】C【详解】由，得．因为均为正实数，所以（当且仅当，即时取等号），所以，即.令，则，当时，单调递增；当时，单调递减，故当时，，即（当且仅当时取等号），因此，即.由和可得，则有，解得，所以.故选C.9．【答案】AB【详解】由题意可得．由对称性可得,，AB正确，CD错误．故选AB.10．【答案】ABC【详解】，由，得的图象关于对称，当时，，故正确；由，得的图象的对称中心为，当时，对称中心为，故正确；因为，所以的周期为，所以相邻对称轴之间的距离为，故正确；将向右平移个单位可以得到的图象，故错误.故选.11．【答案】ABD【详解】对于A选项，由，得．所以判别式，解得，故A正确；对于B选项，由，得．令，则所以即，故B正确；对于C选项，由联立得，设则所以，故C错误；对于D选项，若点在曲线上，显然点也在曲线上．故D正确．故选ABD.12．【答案】或．（答案不唯一，写出其中一个即可）【详解】设，则，所以且．即，解得或．13．【答案】/【详解】法一：设，因为在第一象限，所以，且，得，即，解得；法二：联立直线与抛物线，得，则，解得，又切点位于第一象限，即，，所以.14．【答案】【详解】掷一枚质地均匀的骰子3次，总的基本事件数为：，可分为以下四种情况：，可理解为从1到6任选3个数，最大的赋给，中间值赋给，最小的赋给，所以包含的基本事件数为：，，可理解为从1到6任选2个数，较大的赋给，较小的赋给，所以包含的基本事件数为：，，可理解为从1到6任选2个数，较大的赋给，较小的赋给，所以包含的基本事件数为：，，可理解为从1到6任选1个数，把这个数都赋给，所以包含的基本事件数为：，所以所求事件概率为．15．【答案】(1)证明见详解(2)【详解】（1）在中，又，所以即，所以．（2）设，由是AB的中点，得，又，得．所以，且由CD与BE相交于点可知，点在线段CD上，也在线段BE上，由三点共线的条件可得，解得，所以，故16．【答案】(1)(2)点在AB中点处【详解】（1）因为平面平面，所以，又因为平面，所以平面，又平面，所以．所以．（2）由（1）得两两垂直，故以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

令所以，故，，设是平面的一个法向量，所以即，取，得，所以易知是平面的一个法向量．因为二面角的余弦值为，所以解得．故：点在中点处．17．【答案】(1)(2)证明见详解【详解】（1）设椭圆方程为：．因为焦距为，所以，即，由，解得．故椭圆方程为：．（2）证明：设点，由,得，由得，则．因为以为直径的圆过点，所以，即，整理可得①，将，代入①式化简可得，即，因为直线不过点，所以，即．所以点在定直线上．

18．【答案】(1)在定义域上单调递增(2)【详解】（1）因为函数的图象与函数的图象关于直线对称，所以函数与函数互为反函数，即，所以．的定义域为．令，则，当时，在单调递减，当时，在单调递增，所以当时，取得极小值即最小值，即在上恒成立，即在上单调递增．（2）由，得，即．所以对任意恒成立．设，即，所以，所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，因为，当时，，且在上单调递减，则（＊）式，令，则，当时，在单调递减；当时，在单调递增，所以，则，所以，故得实数的最小值为．19．【答案】(1)数列3，1，1和数列2，2，1和数列1，2，1，1；(2)证明见详解；(3)512578.【详解】（1）由题意得，则，或，或，或，或.故所有5的2阶数列有：数列3，1，1和数列2，2，1和数列1，2，1，1.（2）因为对于，使得的正整数对有个，且存在的6阶数列，所以，得.①当时，因为存在的6阶数列，所以数列中各项均不相同，则.②当时，因为存在的6阶数列，所以数列各项中必有不同的项，所以.若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，所以，不符合题意，所以.③当时，因为存在的6阶数列，所以数列各项中必有不同的项，所以.综上所述，若存在的6阶数列，则.（3）若数列中的每一项都相等，则，若，所以数列中存在大于1的项，若末项，将拆分成个1后变大，所以此时不是最大值，所以.当时，若，交换的顺序后变为，所以此时不是最大值，所以.若，所以，所以将改为，并在数列末尾添加一项1，则变大，所以此时不是最