2025届青海省西宁市大通回族土族自治县高三二模数学文答案

1.BM={父|2父<8}={父|父<3},N={父|父>—1},则M∩N=(—1,3).故选B.3.A由折线图可知,月跑步里程不是逐月增加的,故A不正确;月跑步里程最大值出现在10月,故B正确;月的里程数为中位数,故C正确;1月到5月的月跑步里程相对于6月至11月波动性更小,变化比较平稳,故D正确.故选A.4.B由题意当a十3≥0,即a≥—3时,f(f(1))=f(a十3)=a十3(a十3)=4a十9 解得满足题意;当a十3<0,即a<—3时,f=2a十解得a=—4,满足题意.所以或—4.故选B.5.A设等比数列{an}的公比为q,所以所以a7十a10十a13=a1q6十a4q6十a7q6=8×3=512.故选A.6.D由题图可知f(父)图象的一个对称中心是的最小正周期图象的对称中心为,k∈z,结合选项可知,当k=—2时,f(父)图象的一个对称中心是故选D.7.B从2~8的7个整数中随机取2个不同的数,共有21种不同的取法,若2个数的和恰为质数,不同的取法8.D当父<0时,y=f(—|父|)=f(父),其图象在y轴左侧的部分与题图1相同;当父>0时,y=f(—|父|)=f(—父),其图象在y轴右侧的部分与题图1y轴左侧的图象关于y轴对称.故选D.9.D因为所以十因为【高三第二次模拟考试.数学文科参考答案第1页(共6页)】233501Z【高三第二次模拟考试●数学文科参考答案第2页(共6页)】233501Z10.C连结A1C1,AC,则A1C1ⅡAC,:A1,C1,A,C四点共面,:A1CG平面AC1A1,“M∈A1C,:M∈平面AC1A1,又M∈平面AB1D1,:M在平面AC1A1与平面AB1D1的交线上,同理A,O也在平面AC1A1与平面AB1D1的交线上.:A,M,O三点共线,故A正确;设直线A1C与平面BC1D的交点为N,易证平面AB1D1Ⅱ平面C1BD,从而OMⅡC1N,因为O为A1C1中点,所以M为A1N中点,同理可得N为CM的中点,所以故B正确;取A1D1中点E,连接AE,OE,因为平面ADD1A1Ⅱ平面BC1B1,则上OAE即为直线AO与平面BC1B1所成角,tan上故C错误;因为A1O=所以S△△●故D正确.故选C.11.B对于A,因为f,(父)=3父2—a,当a<0时,f,(父)=3父2—a>0恒成立,所以此时不存在极值点,故A正确;对于B,因为f,(父)=3父2—1,令f,(父)>0得父或父父所以f(父)在)上单调递减,在上单调递增,所以f极大值十极小值所以函数f(父)有且只有一个零点,故B错误;对于C,令(0,0)是h(父)的对称中心,将h(父)的图象向上移动2个单位得到f(父)的图象,所以点(0,2)是曲线y=f(父)的对称中心,故C正确;对于D,设切点为(父0,父EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(3),0)—a父0十2),f,(父0)=3父EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),0)—a,故切线方程为y—EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(3),0)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),0),将(0,0)代入得父0=1,所以3—a=2,解得a=1,故D正确.故选B.12.A因为圆E:(父—2)2十y2=1,所以E(2,0),易得E(2,0)为C的焦点.设P(父0,y0)(父0≥0),因为点P是抛物线C:y2=8父上的一点,点Q是圆E:(父—2)2十y2=1上的一点,所以PQ≥PE—1=父0十2—EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(PO),PQ)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(父),父)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(十8),十1)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(十8),十)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(父),1),所以所以当即父时取得最大值,最大值为故选A.13.4由题知双曲线的焦点在父轴上,因为一条渐近线方程为父十2y=0,所以解得k=4.=4十2a●b十3=1,所以a●b=—3,则a在b上的投影为|a|cosθ=【高三第二次模拟考试.数学文科参考答案第3页(共6页)】233501Z15.128π因为母线长为10的圆锥的侧面展开图的圆心角等于,所以侧面展开图的弧长为设该圆锥的底面圆的半径为r,所以2πr=16π,解得r=8,所以该圆锥的高所以该圆锥的体积十a7<0,又a5十a7=2a6>0,所以a6>0,所以a7<0,则(Sn)max=S6.17.解:(1)由题意,父=20十15十13十3十2十(8—5)十(—10)十(—18)=,…………………2分4分 分所以故线性回归方程为父十…………………8分(2)由题意,设高度为128cm的这种树苗的树干最大直径为w,则直径偏差为w—31.5,而高度偏差为128—120=8,………………………10分所以十解得w=34,所以可以预测这株树苗的树干最大直径为34mm.………12分18.解:(1)因为\bsinC=ccosB十c,由正弦定理得\sinBsinC=sinCcosB十sinC,又C∈(0,π),所以sinC≠0,所以所以所以.………………5分(2)在△ABC中,由正弦定理得所以分在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2十AD2—2AB.ADcosA=[2\sin(A十2十1—2× 【高三第二次模拟考试●数学文科参考答案第4页(共6页)】233501Z—\sin2A)—4\sin2A十\×1十cEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(o),2)s2A)=4十2\sin2A,……10分所以maX=4十,此时sin2A=1,………………11分所以BDmaX=1十即线段BD的最大值为1十……………………12分19.(1)证明:取BC的中点G,连接AG,DG,FG,因为ADⅡBC,BC=2AD,所以ADⅡCG,AD=CG,所以四边形AGCD为平行四边形,所以AGⅡCD,AG=CD,同理DGⅡAB.………………2分因为AB∈平面ABE,DG丈平面ABE,所以DGⅡ平面ABE,又EFⅡCD,EF=CD,所以AGⅡEF,AG=EF,所以四边形AGFE为平行四边形,所以AEⅡFG,因为AE∈平面ABE,FG丈平面ABE,所以FGⅡ平面ABE,……………4分又DG,FG∈平面DFG,且DG∩FG=G,所以平面DFGⅡ平面ABE,因为DF∈平面DFG,故DF与平面ABE无公共点,所以DFⅡ平面ABE.……………6分(2)解:因为EFⅡCD,EF丈平面ABCD,CD∈平面ABCD,所以EFⅡ平面ABCD,即EFⅡ平面ABD,所以点E到平面ABD的距离等于点F到平面ABD的距离.…………………7分作FH丄CD,垂足为H,因为平面CDEF丄平面ABCD,平面CDEF∩平面ABCD=CD,FH∈平面CDEF,所以FH丄平面ABCD,所以FH的长为点F到平面ABD的距离.……9分因为上所以,……………10分所以VBAD分20.解:设M(x1,y1),N(x2,y2),则直线OH的斜率…1分因为M,N在椭圆C上,所以十十两式相减得十即十3分又所以即a2=2b2.………4分又因为椭圆C过点所以十解得a2=4,b2=2,所以椭圆C的标准方程为十……………………5分【高三第二次模拟考试.数学文科参考答案第5页(共6页)】233501Z联立消y整理得:(2k2十1)父2十8k父十4=0.因为直线与椭圆交于A,B两点,故Δ>0,解得.…………………6分3),B(父4设AB中点G(父0,y0),则父父0十故分假设存在k和点P(m,0),使得△PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形,则PG丄AB,故kPG.kAB=—1,所以解得故分又因为上所以4—m)十y3y4=0,44)十m2十4=0.所以十m2十4=0,………………10分代入,整理得k4=1,即k2=1,所以k=1或k=—1.即存在k使得△PAB是以P为顶点的等腰直角三角形.………………11分当k=—1时,P点坐标为当k=1时,P点坐标为此时,△PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形.……………………12分解:f’=ae父因为f(父)在[1,十∞)上单调递增,…………1分父所以对y父∈[1,十∞),f’(父)≥0,即恒成立,父所以在[1,十∞)上恒成立.…………2分令在[1,十∞)上恒成立,所以g(父)在[1,十∞)上单调递减,…………………3分所以所以即a的取值范围为………………4分(0,十∞)上单调递增,父【高三第二次模拟考试.数学文科参考答案第6页(共6页)】233501Z.………………7分,十∞)时,hI(父)>0,所以h(父)在(0,父0)上单调递减,在(父0,十∞)上单调递增,≥2e2=0,=1时等号成立,),所以上式等号不成立,所以h(父)min>0,所以h(父)=e父—e2ln父>0在(0,十∞)上恒成立,所以当时,f(父)>0.………………12分22.解:(1)由p=2cosθ,得p2=2pcosθ,将代入得,父2十y2所以C的直角坐标方程为(父—1)2十y2=1.………………4分(2)因为直线l的参数方程为为参数),所以在l上,把l的参数方程代入(父—1)2十y2=1,得十18=0,设A,B所对应的参数分别为t1,t2,所以t2=18>0,所以t1<0,t2<0,………………