陜西省咸陽市2025屆高三數學第二次模擬檢測試題文含解析

PAGE18-陜西省咸陽市2025屆高三數學其次次模擬檢測試題文（含解析）一、選擇題1.已知全集，，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】干脆用補集，交集的概念運算即可.【詳解】，，，則.故選：A.【點睛】本題考查交集，補集的運算，是基礎題.2.已知復數（為虛數單位），則的虛部為（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依據復數的運算法則進行計算即可得出虛部.【詳解】由題意得:，的虛部為.故選：C.【點睛】本題考查復數的運算，屬于基礎題.3.已知向量，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據向量的坐標運算求解模長即可.【詳解】因為向量，，所以.故選：B【點睛】本題主要考查了依據向量坐標的運算計算模長的問題,屬于基礎題.4.邊長為的正方形內有一個半徑為的圓，向正方形中機扔一粒豆子（忽視大小，視為質點），若它落在該圓內的概率為，則圓周率的值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依據幾何概型的思想,求出圓的面積占正方形面積的比例即為豆落在圓內的概率,再化簡求得圓周率的表達式即可.【詳解】依據幾何概型可知,邊長為的正方形內有一個半徑為的圓，向正方形中機扔一粒豆子它落在該圓內的概率為.故選：C【點睛】本題主要考查了依據幾何概型的運用,屬于基礎題.5.已知奇函數，則的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依據為奇函數可得，可得，再依據奇函數的性質可得即可得到答案.【詳解】因為為奇函數，所以，令，得，又，所以，即，所以.故選；D【點睛】本題考查了奇函數的應用，考查了求分段函數的函數值，屬于基礎題.6.已知a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且，，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】依據線面平行的性質定理和判定定理推斷與的關系即可得到答案.【詳解】若，依據線面平行的性質定理，可得；若，依據線面平行的判定定理，可得.故選：C.【點睛】本題主要考查了線面平行的性質定理和判定定理，屬于基礎題.7.我國古代《九章算術》將上下兩個平行平面為矩形的六面體稱為芻童.如圖是一個芻童的三視圖，其中正視圖及側視圖均為等腰梯形，兩底的邊長分別為和，高為，則該芻童的表面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據三視圖畫出直觀圖,再分別計算上下底的正方形面積與側面的四個等腰梯形面積求和即可.【詳解】由三視圖可知該幾何體是如圖所示的正四棱臺，棱臺側面梯形的高為.故幾何體的表面積為.故選：B【點睛】本題主要考查了依據三視圖求幾何體表面積的問題,留意側面梯形的高須要利用勾股定理計算.屬于基礎題.8.一位老師將三道題（一道三角題，一道數列題，一道立體幾何題）分別寫在三張卡紙上，支配甲、乙、丙三位學生各抽取一道.當他們被問到誰做立體幾何題時，甲說：“我抽到的不是立體幾何題”，乙說：“我喜愛三角，惋惜沒抽到”，丙說：“乙抽到的確定不是數列題”.事實證明，這三人中只有一人說的是假話，那么抽到立體幾何題的是（）A.甲 B.乙 C.丙 D.不確定【答案】C【解析】【分析】只有1人說的假話，就從假話起先推理，假定其中1人說假話，另兩人說真話，看看有沒有沖突．【詳解】若甲說的假話，則甲抽到的是立體幾何題，乙抽到數列題，這里丙又是假話，不合題意，甲是真話；若乙假話，則乙抽到三角題，這里甲丙真話，甲抽到數列題，丙抽到立體幾何題，符合題意；若丙是假話，則乙抽到數列題，甲乙真話，甲抽到三角題，丙只能是立體幾何題.故選：C.【點睛】本題考查推理，考查演繹推理．駕馭演繹推理的概念是解題基礎．9.若，且，則的值為（）.A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依據余弦二倍角公式和正弦的和角公式將原式化簡得，再將其兩邊平方和運用正弦的二倍角公式可得選項.【詳解】因為，，，，，，，，故選：D.【點睛】本題考查運用正弦、余弦的二倍角公式，正弦、余弦的和差角公式進行化簡求值，關鍵在于嫻熟記憶三角恒等變換所需的公式，屬于基礎題.10.拋物線的焦點與雙曲線的右焦點的連線垂直于雙曲線的一條漸近線，則的值為（）.A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分別求出拋物線和雙曲線的焦點坐標，得出過兩焦點的直線方程，依據直線垂直的條件可得選項.【詳解】拋物線的焦點坐標為，雙曲線的右焦點坐標為,兩焦點的連線的方程為，又雙曲線的漸近線方程為，所以，解得，故選：A.【點睛】本題主要考查拋物線和雙曲線的簡潔幾何性質，兩直線垂直的條件，屬于基礎題.11.將函數的圖象向右平移個單位長度單位后得函數圖象，若為偶函數，則（）A.在區(qū)間上單調遞減 B.在區(qū)間勻上單調遞增C.在區(qū)間上單調遞減 D.在區(qū)間上單調遞增【答案】D【解析】分析】依據三角函數平移關系求出的解析式，結合是偶函數求出，利用三角函數的單調性進行求解即可.【詳解】解：將函數的圖象向右平移個單位長度單位后得函數圖象，則，若為偶函數，則，即，∵，∴當時，，即，當時，，此時不具備單調性，故A，B錯誤，當時，，此時為增函數，故D正確，故選：D【點睛】本題考查了余弦型函數的圖象變換、性質，考查了數學運算實力.12.已知函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由題可知在上恒成立.再參變分別求解函數最值即可.【詳解】由題,在上恒成立.即在上恒成立.又,其導函數恒成立.故的最小值為.故.故選：C【點睛】本題主要考查了依據函數的單調性求解參數范圍的問題,須要依據題意求導,參變分別求函數的最值.屬于基礎題.二、填空題13.已知實數，滿意不等式組，則的最大值為________.【答案】6【解析】【分析】先作出不等式組所表示的可行域，再運用目標函數的幾何意義得出最值.【詳解】由不等式組作出可行域如下圖所示，由，得，由圖示可知直線過點C時，取得最大值，由得，所以的最大值為，故答案：6.【點睛】本題考查不等式組所表示的可行域和線性目標函數的最值求解，正確理解目標函數的幾何意義是解決本題的關鍵，屬于基礎題.14.已知一個樣本x，1，y，5的平均數為2，方差為5，則xy=．【答案】﹣3【解析】【詳解】試題分析：利用平均數和方差公式列出方程組，由此能求出xy的值．解：∵一個樣本x，1，y，5的平均數為2，方差為5，∴，解得xy=﹣3．故答案為﹣3．考點：極差、方差與標準差；眾數、中位數、平均數．15.已知定義在上的函數滿意，且，則________.【答案】3【解析】【分析】由已知可得，是函數的一個周期，所以，再由，可求得，可得答案.【詳解】由已知可得，，則有，則是函數的一個周期，

所以，又，所以，

所以，故答案為：3.【點睛】本題考查了函數的周期性及其應用，精確理解周期性的定義是解題的關鍵,屬于中檔題.16.在中內角，，所對的邊分別為，，，若，，，則的面積為________.【答案】【解析】【分析】由已知條件和正弦定理可得，又由余弦定理可得，可求得c，得出是直角三角形，可求得其面積.【詳解】由已知條件和正弦定理得，又依據余弦定理得，，又，是直角三角形，，故答案為：.【點睛】本題考查運用正弦定理和余弦定理進行三角形的邊角互轉，關鍵在于正確選擇和運用相應的公式，屬于中檔題.三、解答題17.已知等差數列滿意，，其前項和為.（1）求數列的通項公式及；（2）若，求數列的前項和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】(1)依據等差數列通項公式和性質求出首項、公差,即可得到通項公式,

(2),求得通項,利用“錯位相減法”與等比數列的前n項和公式即可得出.【詳解】解：（1）設等差數列的公差為，則，解得：，，∴，，∴，，（2）因為，所以，所以，①①式兩邊同時乘，得，②所以①-②可得，，，即，所以.【點睛】本題考查等差數列的通項和前n項和公式的求解，以及運用“錯位相減法”求數列的和，屬于中檔題.18.某語文報社為探討學生課外閱讀時間與語文考試中的作文分數的關系，隨機調查了本市某中學高三文科班名學生每周課外閱讀時間（單位：小時）與高三下學期期末考試中語文作文分數，數據如下表：123456384043455054（1）依據上述數據，求出高三學生語文作文分數與該學生每周課外閱讀時間的線性回來方程，并預料某學生每周課外閱讀時間為小時時其語文作文成果；（2）從這人中任選人，這人中至少有人課外閱讀時間不低于小時的概率.參考公式：，其中，參考數據：，，【答案】（1）；預料某學生每周課外閱讀時間為小時時其語文作文成果為（2）【解析】【分析】(1)依據所給的公式計算對應的量,,,再代入公式求解可求得線性回來方程.再令即可求得預料值.(2)設這人閱讀時間依次為、、、、、的同學分別為、、、、、,再枚舉出全部可能的狀況,分析其中至少有人課外閱讀時間不低于小時的狀況數,再依據古典概型的公式求解概率即可.【詳解】解：（1）依據表中數據,計算,,.,∴關于的線性回來方程為：,當時,.預料某學生每周課外閱讀時間為小時時其語文作文成果為.（2）設這人閱讀時間依次為、、、、、的同學分別為、、、、、,從中任選人,基本領件是、、、、、、、、、、、、、、共種,其中至少人課外閱讀時間不低于小時的事務是、、、、、、、、、共種,故所求的概率為.【點睛】本題主要考查了線性回來方程的求解以及實際運用,同時也考查了利用枚舉法解決古典概型的方法.屬于基礎題.19.如圖，四棱錐中，底面為矩形，平面，點在上.（1）若為的中點，證明：平面；（2）若，，三棱錐的體積為，試求的值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】(1)連接交于,連接,再證明即可.(2)依據三棱錐的體積為可求得到平面的距離為,再依據平面且即可求得.【詳解】證明：（1）連接交于,連接,∵為矩形,∴為的中點,又為的中點,∴,∵平面,平面,∴平面.（2）由題設,,∴的面積為.∵棱錐的體積為,∴到平面的距離滿意,即.∵平面,∴平面平面,過在平面內作,垂足為,則平面,而平面,于是.∵,∴.則【點睛】本題主要考查了線面平行的證明以及依據三棱錐體積求解比例的問題,須要依據題意求出對應的高,再依據垂直于同一平面的兩條直線相互平行的性質分析.屬于中檔題.20.已知橢圓過點，且其離心率為，過坐標原點作兩條相互垂直的射線與橢圓分別相交于，兩點.（1）求橢圓的方程；（2）是否存在圓心在原點的定圓與直線總相切？若存在，求定圓的方程；若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）存在；定圓【解析】【分析】(1)依據橢圓的離心率和橢圓經過的點的坐標,代入橢圓方程中,求出a、b,即可得到橢圓C的方程.

(2)依據條件，分直線的斜率不存在和直線的斜率不存在兩種狀況分別求出定圓的方程，,當直線的斜率存在時,設直線方程為,聯立方程組,令，,利用韋達定理,結合.推出,利用直線與圓相切,求出圓的半徑,得到圓的方程,即可得到結果.【詳解】解：（1）橢圓經過點，∴，又∵，解之得，.所以橢圓的方程為；（2）當直線的斜率不存在時，由對稱性，設，.∵，在橢圓上，∴，∴.∴到直線的距離為，所以.當直線的斜率存在時，設的方程為，由得.設，，則，.∵，∴，∴.∴，即.∴到直線的距離為，故存在定圓與直線總相切.【點睛】本題考查橢圓的方程的求法,圓與橢圓的以及直線的綜合應用,考查分類探討思想、轉化思想的應用,考查分析問題解決問題的實力，屬于中檔題.21.已知函數.（1）若在上存在極大值，求的取值范圍；（2）若軸是曲線的一條切線，證明：當時，.【答案】（1）；（2）證明見解析【解析】【分析】（1）求得的導函數，對分成三種狀況，結合在上存在極大值，求得的取值范圍.（2）首先依據軸是曲線的一條切線求得的值，構造函數，利用導數求得在區(qū)間上的最小值為，由此證得，從而證得不等式成立.【詳解】（1）解：，令，得，.當時，，單調遞增，無極值，不合題意；當時，在處取得微小值，在處取得極大值，則，又，所以；當時，在處取得極大值，在處取得微小值，則，又，所以.綜上，的取值范圍為.（2）證明：由題意得，或，即（不成立），或，解得.設函數，，當或時，；當時，.所以在處取得微小值，且微小值為.又，所以當時，，故當時，.【點睛】本小題主要考查利用導數探討函數的極值，考查利用導數證明不等式，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查分類探討的數學思想方法，屬于中檔題.22.在直角坐標系中，曲線參數方程為(為參數)，曲線.（1）在以為極點，軸的正半軸為極軸的極坐標系中，求，的極坐標方程；（2）若射線(與的異于極點的交點為，與的交點為，求.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由曲線：(為參數)化為一般方程，再結合極坐標與直角坐標的互化公式，即可求得，的極坐標方程；（2）分別求得點對應的的極徑，依據極經的幾何意義，即可求解.【詳解】（1）曲線：(為參數)可化為一般方程：，由可得曲線的極坐標方程為，曲線的極坐標方程為.（2）射線與曲線