第=page11頁，共=sectionpages11頁2025-2026學(xué)年陜西省西安市新城區(qū)高三（上）第二次模擬數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知集合A={x||x?2|<2}，B={x|x2?4x?5≤0}，則(A.{x|?1≤x≤0} B.{x|4≤x≤5}

C.{x|0≤x≤4} D.{x|?1≤x≤0或4≤x≤5}2.若z+1z=1?i，則復(fù)數(shù)z?的虛部為A.1 B.?1 C.?4 D.i3.圓x2+y2?4x+2ay+6=0與直線A.32 B.22 C.4.甲、乙兩名羽毛球運(yùn)動員進(jìn)行一場比賽，采用5局3勝制(先勝3局者勝，比賽結(jié)束)，已知每局比賽甲獲勝的概率為34，則甲第一局獲勝并最終以3：1獲勝的概率為(

)A.964 B.81125 C.271285.已知平面向量a，b滿足a=(3,1)，a?b=7，則A.(34,234)6.已知各項(xiàng)均不為零的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1=2且A.4052 B.4054 C.2026 D.20277.已知函數(shù)f(x)=sin(ωx?π4)(ω>0)，f(x)在[0,πA.52 B.3 C.2 D.8.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知兩點(diǎn)A(1,2)，B(?1,4)，點(diǎn)P在直線AB上，若Q為拋物線x2=?y上一點(diǎn)，則|PQ|的最小值為(

)A.1328 B.1324二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知隨機(jī)變量X～N(8,4)，若P(X≤6)=a，P(8<X<10)=b，則(

)A.P(X≥10)=a B.a+b=12 C.E(2X?1)=13 10.已知遞增等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若aA.a3=278 B.S5<15

C.{lna11.如圖，四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為4的菱形，DDA.BD//B1D1

B.DD1//平面ACB1

C.若∠BAD=60°，則該四棱臺的體積為1433

12.(2x?ay)6的展開式中x4y2的系數(shù)是240，則實(shí)數(shù)a的值為13.已知曲線f(x)=2xex+x在點(diǎn)M(1,f(1))處的切線方程為

14.已知雙曲線x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在雙曲線右支上，若△PF1F四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

在△ABC中，內(nèi)角A、B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足sin(A+C)(sinB+sinC)=sin2A?sin2C.

(1)求角A的大??；

(2)若a=21，△ABC的周長為16.(本小題15分)

某家電售后平臺為提升服務(wù)效率并控制成本，收集了過去6個月的“售后技術(shù)投入費(fèi)用”(記為變量x，單位：千元)與“售后商品平均單件處理時長”(記為變量y，單位：小時)的對應(yīng)數(shù)據(jù)，同時保留了售后商品處理方式的歷史統(tǒng)計(jì)信息.具體數(shù)據(jù)如下表所示：月份一二三四五六售后技術(shù)投入費(fèi)用x(千元)2.02.53.03.54.04.5平均單件處理時長y(小時)5.85.24.54.03.53.0該平臺售后商品處理分為兩種方式：自主檢修(方式A)和合作維修(方式B).根據(jù)歷史數(shù)據(jù)，每月約有60%的售后商品選擇方式A，40%選擇方式B，處理規(guī)則如下：

方式A：初始檢修合格概率為80%，合格商品無額外成本；不合格商品中，40%可通過二次檢修修復(fù)合格(二次檢修成本為180元)，剩余不合格商品需報(bào)廢處理(報(bào)廢成本為450元)．

方式B：初始維修合格概率為75%，合格商品無額外成本；不合格商品直接報(bào)廢(報(bào)廢成本為450元)．

(1)請根據(jù)表中數(shù)據(jù)，求y關(guān)于x的線性回歸方程(精確到0.01)；

(2)若該平臺計(jì)劃在7月份投入4.2千元的售后技術(shù)投入費(fèi)用，根據(jù)(1)中所求的回歸方程，預(yù)測7月份售后商品的平均單件處理時長；

(3)從8月份售后商品中隨機(jī)選取一件，設(shè)X為該商品的處理成本(單位：元)，分別求X為0和450的概率．

附：回歸直線y?=b?x+a?17.(本小題15分)

如圖，已知三棱錐P?ABC，AB=AC=CP=1，BP=2，BC=2，∠CAP=30°．

(1)證明：平面PAC⊥平面ABC；

(2)若三棱錐P?ABC的各頂點(diǎn)都在球O的球面上，求球O的半徑；

(3)求直線AP與平面BCP18.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=akx+a?x(其中a>0且a≠1，k>0)．

(1)當(dāng)k=1時，證明f(x)是偶函數(shù)；

(2)當(dāng)k=2時，設(shè)h(x)=f(x)?2akx，若對任意x∈[1,2]，h(x)≤1ax?1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；

(3)19.(本小題17分)

如圖，已知橢圓Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(1,0)，過F的動直線l與Γ交于P，Q兩點(diǎn)，且當(dāng)PQ⊥x軸時，|PQ|=3．

(1)求Γ的方程；

(2)證明：|FP|?|FQ||PQ|=34；

(3)若P在x軸上方，直線PE與圓E：(x+1)2+y2=16交于點(diǎn)B

參考答案1.D

2.B

3.D

4.C

5.B

6.A

7.B

8.C

9.AB

10.BD

11.ABD

12.±1

13.y=x+214.y=±15.解：(1)因?yàn)閟in(A+C)(sinB+sinC)=sin2A?sin2C，

所以sin(π?B)(sinB+sinC)=sin2A?sin2C，

結(jié)合正弦定理可得b2+bc=a2?c2，

可得cosA=b2+c2?a22bc=?12，

因?yàn)锳∈(0,π)，所以A=2π3；

(2)因?yàn)閍=21，△ABC的周長為5+21，

所以b+c=5，

在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2?2bccos2π3=b2+c2+bc=(b+c)2?bc，

所以21=25?bc，即bc=4，

因?yàn)椤鰽BC的面積S=12bcsinA=12×4×32=3，

設(shè)△ABC的邊BC上的高為h，

故12ah=12×21h=3，

所以h=277．

16.解：(1)由題意得x?=2.0+2.5+3.0+3.5+4.0+4.52=3.25，

?y?=5.8+5.2+4.5+4.0+3.5+3.0=133，

所以b=i=16xiyi?6x?y?i=16xi2?6x?2=i=16(xi?x?)(yi?y?)i=16(xi?x?)2=?4.89354.375≈?1.12，

所以a=y??bx?=133?(?1.12)×3.25≈7.97，

所以y關(guān)于x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程為y=?1.12x+7.97．

(2)已知7月份售后技術(shù)投入費(fèi)用4.2千元，

根據(jù)(1)中所求的回歸方程代入可得y=?1.12×4.2+7.97=3.266，

因此預(yù)測7月份售后商品的平均單件處理時長為3.266小時．

(3)由題意可得P(X=0)=60%×80%+40%×75%=0.78，

P(X=450)=60%×(1?80%)×60%+40%×(1?75%)=0.172．

17.(1)證明：AB=AC=1，BC=2，BP=2，

可得AB2+AC2=BC2，

所以AB⊥AC，

18.解：(1)證明：當(dāng)k=1時，f(x)=ax+a?x，由題意可知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，

且f(?x)=a?x+a?(?x)=ax+a?x=f(x)，

所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)；

(2)當(dāng)k=2時，f(x)=a2x+a?x，

因此h(x)=f(x)?2a2x=a2x+a?x?2a2x=?a2x+a?x，

又對任意的x∈[1,2]，h(x)≤1ax?1恒成立，

即?a2x+a?x≤a?x?1，即a2x≥1在x∈[1,2]上恒成立，

當(dāng)a>1時，函數(shù)y=ax單調(diào)遞增，當(dāng)x∈[1,2]時，a2x∈[a2,a4]，

因?yàn)閍4>a2>1，所以a2x≥1恒成立；

當(dāng)0<a<1時，函數(shù)y=ax單調(diào)遞減，當(dāng)x∈[1,2]時，a2x∈[a4,a2]，

因?yàn)閍4<a2<1，所以a2x≥1不成立，

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1,+∞)；

(3)證明：當(dāng)a=e時，函數(shù)f(x)=ekx+e?x，

則f′(x)=kekx?e?x=ke?x(e(k+1)x?1k)，

令f′(x)=0，得e(k+1)x?1k=0，即x=?ln?kk+1，

由于當(dāng)x∈(?∞,?ln?kk+1)時，f′(x)<0，

當(dāng)x∈(?ln?kk+1,+∞)時，f′(x)>0，

所以f(x)在(?∞,?ln?kk+1)上單調(diào)遞減，在(?ln?kk+1,+∞)上單調(diào)遞增，

即g(k)=f(?ln?kk+1)=ek?ln?kk+1+eln?kk+1=k?kk+1+k1k+1，

注意到g(1)=2，要證g(k)的最大值為2，只需證明k?kk+1+k1k+1≤2，

即證(k?kk+1+k1k+1)kkk+1≤2kkk+