數(shù)學-陜西省商洛市2025屆高三第二次模擬考試（商洛二模）試題和答案

商洛市2025屆高三第二次模擬檢測數(shù)學試卷參考答案1.A集合B中的元素父滿足父—1=1,2,3,則父可能的取值為2,3,4,即B={2,3,4},所以AUB={1,2,3,4}.3.A方程變形得(父—1)2十(y—2)2=0,表示點(1,2).4.D,解得m2=3.故a十b=,|a十b|=\5.A由函數(shù)y=父a的圖象可得a>1,故選A.6.C因為=2,所以tanα=,sin2α=7.B甲、乙相鄰的不同站法有AEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(3),3)AEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)=12種,甲站在兩端,且甲、乙相鄰的不同站法有4種,所以甲不站在兩端,且甲、乙相鄰的不同站法有12—4=8種,所求概率為8.B不妨設(shè)父1>父2,因為>—1,所以f十父1>f十父2.構(gòu)造函數(shù)g(父)=f(父)十父=e父—父2—a父,則g(父1)>g(父2),所以g(父)單調(diào)遞增,—父—a≥0恒成立,即a≤e父—父恒成立.令函數(shù)h(父)=e父—父,hI(父)=e父—1.當父>0時,hI(父)>0,當父<0時,hI(父)<0,所以h(父)在(—∞,0)上單調(diào)遞減,在[0,十∞)上單調(diào)遞增.h(父)≥h(0)=1,故a≤1.9.BCDf(父)的定義域為{父|父≠Kπ,K∈Z},A錯誤.sin父∈[—1,0)U(0,1],siEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(1),n)父∈(—∞,—1]U[1,十∞),f(父)的值域為(—∞,—1]U[1,十∞),B正確.f(父)的最小正周期為2π,C正確.的圖象向左平移個單位長度可以得到函數(shù)的圖象,D正確.10.BCD由題意可得,AjBj=a1十(j—1)(a2—a1)=2a1—a2十(a2—a1)j,Aj十1Bj十1=a1十(a2—a1)j.第j個四棱柱的體積為3a1—a2十2(a2—a1)j,前j個四棱柱的體積之和為2a1j十(a2—a1)j2.11.BCD因為為奇函數(shù),所以f,所以f【高三數(shù)學●參考答案第1頁(共6頁)】—f(—父—1),所以f(父)的圖象關(guān)于點(—1,0)對稱,A錯誤.因為f(父十1)十f(父—1)=f(0),所以f(父十3)十f(父十1)=f(0),兩式相減得f(父十3)=f(父—1),即f(父)=f(父十4),所以f(父)的周期為4.令父=1,得f(2)十f(0)=f(0),則f(2)=0,C正確.因為f(父)的周期為4,所以f(—2)=f(2)=0.因為f(父)的圖象關(guān)于點(—1,0)對稱,所以f(0)=—f(—2)=0,B正確.若中,令父得 十f=0,得f因為f(父)的周期為4,所以十十f(4n十)十4)=0,則=0,D正確.12.0.6827P(480<X≤520)=0.6827.13.\雙曲線C的右焦點與拋物線M的焦點重合,記聯(lián)立解得父.|PFI|=a,|PF|=14.4在該圓臺的截面梯形ABDC中,AB=2BF=2,OF=OE=OM=2.CBD=\/EF2十(DE—BF)2=\/16十(DE—1)2.COF,解得DE=4.EEMBAFD15.解:因為f=aln父—父,所以fI—1.……1分父設(shè)切點為a,………3分即t—a,解得t=1,a=2.……………………5分(2)當a≤0時,fI(父)<0恒成立,所以f(父)在(0,十∞)上單調(diào)遞減,f(父)沒有極值.……………7分當a>0時,令fI(父)>0,得0<父<a,所以f(父)在(0,a)上單調(diào)遞增.【高三數(shù)學●參考答案第2頁(共6頁)】令fI(父)<0,得父>a,所以f(父)在(a,十∞)上單調(diào)遞減.……………10分故f(父)在父=a處取極大值,f(a)=alna—a=0,解得a=e,即a的值為e.………………13分16.解:(1)由題意可得點D與點B,C不重合.在△ABD中,tanB=.…………1分在△ACD中,tanC=.………2分因為tanB=tan2C=,…………3分所以,解得BD=1,…………………5分所以c=\/AD2十BD2=2.…………………6分(2)因為B=2C,所以A=π—3C.=c由正弦定理得………………=c由正弦定理得………………8分=sinCsinB4sinCc4sinCc=asinC=sin=sin3CsinCc0s2C十c0sCsin2C4sinC=sinC(2c0s2C—1)十c0sC●2sinCc0sC………………………………11分12<c0sC<1.……………1312<c0sC<1.……………13分,所以<c0s2C<1,所以4c0s<c0s2C<1,所以4c0s2C—1∈(0,3),>,…………15分所以c…………15分E17.(1)證明:延長DA,作BO丄DA,垂足為O,連接FO.…………1EF3,所以上BAO=因為上ABC=3,所以上BAO=AB=1,BO\=3OA\=3,…………2分AB=1,BO\=3OA\=3,…………2分ADyC所以c0s上OAF=因為c0s上DAF所以c0s上OAF=第3頁(共6頁)】 在△OAF中,OF=\/OA2十AF2—2OA●AFc0s上OAF=3,…………3分所以O(shè)F2十OB2=BF2,所以O(shè)F丄OB.…………………4分因為DA∩OF=O,DA,OFG平面ADEF,所以O(shè)B丄平面ADEF.…5分因為OBG平面ABCD,所以平面ABCD丄平面ADEF.………………6分(2)解:以O(shè)為坐標原點,OB,OD,OF所在直線分別為父,y,義軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則B(\,0,0),C(\,2,0),D(0,3,0),E(0,2,3).…………8分→→→BC=(0,2,0),CD=(—\3,1,0),CE=(—\3,0,3).設(shè)平面BCE的法向量為m=(父1,→→→EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(—→),BC)1=0,則〈●→取設(shè)平面ECD的法向量為n=(父2,y2,義2),nCD=—\3父2十y2則〈●→|m||n|\3十1×\3十9十1\13|m||n|\3十1×\3十9十1\13所以sin〈m,n〉=\=,二面角B-CE-D的正弦值為.…15分18.解:(1)由題意得b=\.……………………1分因為直線l與橢圓C相切,所以Δ=(2\2a2)2—4(2十)2a2=0,解得a2=4.……4分因為直線l與橢圓C相切,所以Δ=(2\2a2)2—4(2十)2a2=0,解得a2=4.……4分22故橢圓C的方程為EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(父),4)十=1.……………5分(2)設(shè)A(父1,y1),B(父2,y2).聯(lián)立,得父2十8k父十4=0,……6分由題意得Δ=64k2—16(2k2十1)=16(2k2—1)>0,即k>或k<—,2=.……………………7分①|(zhì)AB|=\1十k2\(父1十父2)2—4父1父2=\1十k2\(1EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(—8k),十2k)2)2—2EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(4×4),k2十)1=第4頁(共6頁)】,…………………9分即10k4十k2—11=0,解得k2=1(負值舍去),所以k=±1.………………11分②設(shè)D(—父2,y2),則直線AD的方程為十y1.…13分令父=0,得y=十y1==EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),父)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(2),十)2)………………………15分十2=1.………16分故直線AD與y軸交于定點,該定點為(0,1).…………17分19.(1)解:記Pi為擲出的骰子中有i枚點數(shù)大于3的骰子的概率,P0=3=,P1=3×3=,P2=3×3=,P3=3=.…………2分第二次由甲擲骰子的概率P甲2=.………3分第二次由乙擲骰子的概率P乙2=.………4分第二次由丙擲骰子的概率P丙2=.………5分第二次由丁擲骰子的概率P丁2=.………6分(2)解:X的取值可能為1,2,3.……………7分前三次中甲擲骰子的次數(shù)為3,即第二、三次均由甲擲骰子,其概率為P(X=3)=×=…………………………8分前三次中甲擲骰子的次數(shù)為1,即甲第二、三次均沒有擲骰子,分三種情況:第二次乙擲骰子且第三次甲沒有擲骰子;第二次丙擲骰子且第三次甲沒有擲骰子;第二次丁擲骰子且第三次……………9分11前三次中甲擲骰子的次數(shù)為2的概率為P(X=2)=1—P(X=1)—P(X=3)=32,………………10分【高三數(shù)學●參考答案第5頁(共6頁)】X的分布列為