2025届湖北省宜昌市西陵区宜昌二中高考压轴卷数学试卷含解析

2025届湖北省宜昌市西陵区宜昌二中高考压轴卷数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．若函数的定义域为M＝{x|－2≤x≤2}，值域为N＝{y|0≤y≤2},则函数的图像可能是（）A． B． C． D．2．函数的图象如图所示，为了得到的图象，可将的图象（）A．向右平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向左平移个单位3．已知直线：（）与抛物线：交于（坐标原点），两点，直线：与抛物线交于，两点.若，则实数的值为（）A． B． C． D．4．若（是虚数单位），则的值为（）A．3 B．5 C． D．5．若复数为虚数单位在复平面内所对应的点在虚轴上，则实数a为（）A． B．2 C． D．6．已知直线，，则“”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件7．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为（）A． B．6 C． D．8．命题“”的否定为（）A． B．C． D．9．下图为一个正四面体的侧面展开图，为的中点，则在原正四面体中，直线与直线所成角的余弦值为（）A． B．C． D．10．已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，其底面边长为4，、、分别为侧棱，，的中点.若在三棱锥内，且三棱锥的体积是三棱锥体积的4倍，则此外接球的体积与三棱锥体积的比值为（）A． B． C． D．11．己知集合，，则（）A． B． C． D．12．“角谷猜想”的内容是：对于任意一个大于1的整数，如果为偶数就除以2，如果是奇数，就将其乘3再加1，执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的（）A．6 B．7 C．8 D．9二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在平面直角坐标系中，已知圆，圆．直线与圆相切，且与圆相交于，两点，则弦的长为_________14．已知不等式的解集不是空集,则实数的取值范围是；若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是___15．在的展开式中，所有的奇数次幂项的系数和为-64，则实数的值为__________.16．已知一组数据，1，0，，的方差为10，则________三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图，平面分别是上的动点，且.（1）若平面与平面的交线为，求证：；（2）当平面平面时，求平面与平面所成的二面角的余弦值.18．（12分）如图，三棱锥中，点，分别为，的中点，且平面平面．求证：平面；若，，求证：平面平面.19．（12分）已知数列的前n项和为，且n、、成等差数列，.（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）若数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值.20．（12分）已知函数（1）求函数在处的切线方程（2）设函数，对于任意，恒成立，求的取值范围.21．（12分）已知函数（为实常数）.（1）讨论函数在上的单调性；（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围.22．（10分）已知集合，集合.（1）求集合；（2）若，求实数的取值范围.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】因为对A不符合定义域当中的每一个元素都有象，即可排除；对B满足函数定义，故符合；对C出现了定义域当中的一个元素对应值域当中的两个元素的情况，不符合函数的定义，从而可以否定；对D因为值域当中有的元素没有原象，故可否定．故选B．2、C【解析】

根据正弦型函数的图象得到，结合图像变换知识得到答案.【详解】由图象知：，∴.又时函数值最大，所以.又，∴，从而，，只需将的图象向左平移个单位即可得到的图象，故选C.【点睛】已知函数的图象求解析式(1).(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求，一般用最高点或最低点求．3、D【解析】

设，，联立直线与抛物线方程，消去、列出韦达定理，再由直线与抛物线的交点求出点坐标，最后根据，得到方程，即可求出参数的值；【详解】解：设，，由，得，∵，解得或，∴，.又由，得，∴或，∴，∵，∴，又∵，∴代入解得.故选：D【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用，弦长公式的应用，属于中档题.4、D【解析】

直接利用复数的模的求法的运算法则求解即可.【详解】（是虚数单位）可得解得本题正确选项：【点睛】本题考查复数的模的运算法则的应用，复数的模的求法，考查计算能力.5、D【解析】

利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为求得值．【详解】解：在复平面内所对应的点在虚轴上，，即．故选D．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．6、C【解析】

先得出两直线平行的充要条件，根据小范围可推导出大范围，可得到答案.【详解】直线，，的充要条件是，当a=2时，化简后发现两直线是重合的，故舍去，最终a=-1.因此得到“”是“”的充分必要条件.故答案为C.【点睛】判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．7、D【解析】

用列举法，通过循环过程直接得出与的值，得到时退出循环,即可求得.【详解】执行程序框图，可得，，满足条件，，，满足条件，，，满足条件，，，由题意，此时应该不满足条件，退出循环，输出S的值为.故选D．【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的应用,正确依次写出每次循环得到的与的值是解题的关键,难度较易.8、C【解析】

套用命题的否定形式即可.【详解】命题“”的否定为“”，所以命题“”的否定为“”.故选：C【点睛】本题考查全称命题的否定，属于基础题.9、C【解析】

将正四面体的展开图还原为空间几何体，三点重合，记作，取中点，连接，即为与直线所成的角，表示出三角形的三条边长，用余弦定理即可求得.【详解】将展开的正四面体折叠，可得原正四面体如下图所示，其中三点重合，记作：则为中点，取中点，连接，设正四面体的棱长均为，由中位线定理可得且，所以即为与直线所成的角，，由余弦定理可得，所以直线与直线所成角的余弦值为，故选：C.【点睛】本题考查了空间几何体中异面直线的夹角，将展开图折叠成空间几何体，余弦定理解三角形的应用，属于中档题.10、D【解析】

如图，平面截球所得截面的图形为圆面，计算，由勾股定理解得，此外接球的体积为，三棱锥体积为，得到答案.【详解】如图，平面截球所得截面的图形为圆面.正三棱锥中，过作底面的垂线，垂足为，与平面交点记为，连接、.依题意，所以，设球的半径为，在中，，，，由勾股定理：，解得，此外接球的体积为，由于平面平面，所以平面，球心到平面的距离为，则，所以三棱锥体积为，所以此外接球的体积与三棱锥体积比值为.故选：D.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，三棱锥体积，球体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.11、C【解析】

先化简，再求.【详解】因为，又因为，所以，故选：C.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法、集合的运算，还考查了运算求解能力，属于基础题.12、B【解析】

模拟程序运行，观察变量值可得结论．【详解】循环前，循环时：，不满足条件；，不满足条件；，不满足条件；，不满足条件；，不满足条件；，满足条件，退出循环，输出．故选：B．【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构，解题时可模拟程序运行，观察变量值，从而得出结论．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

利用直线与圆相切求出斜率，得到直线的方程，几何法求出【详解】解：直线与圆相切，圆心为由，得或，当时，到直线的距离，不成立，当时，与圆相交于，两点，到直线的距离，故答案为．【点睛】考查直线与圆的位置关系，相切和相交问题，属于中档题．14、【解析】

利用绝对值的几何意义，确定出的最小值，然后根据题意即可得到的取值范围化简不等式，求出的最大值，然后求出结果【详解】的最小值为，则要使不等式的解集不是空集，则有化简不等式有，即而当时满足题意，解得或所以答案为【点睛】本题主要考查的是函数恒成立的问题和绝对值不等式，要注意到绝对值的几何意义，数形结合来解答本题，注意去绝对值时的分类讨论化简15、3或-1【解析】

设，分别令、，两式相减即可得，即可得解.【详解】设，令，则①，令，则②，则①-②得，则，解得或.故答案为：3或-1.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了运算能力，属于中档题.16、7或【解析】

依据方差公式列出方程，解出即可．【详解】，1，0，，的平均数为，所以解得或．【点睛】本题主要考查方差公式的应用．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析；（2）【解析】

（1）首先由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理即可得证；（2）以点为坐标原点，，所在的直线分别为轴，以过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；【详解】解：（1）由，又平面，平面，所以平面.又平面，且平面平面，故.（2）因为平面，所以，又，所以平面，所以，又，所以.若平面平面，则平面，所以，由且，又，所以.以点为坐标原点，，所在的直线分别为轴，以过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，设则由，可得，，即，所以可得，所以，设平面的一个法向量为，则，，，取，得所以易知平面的法向量为，设平面与平面所成的二面角为，则，结合图形可知平面与平面所成的二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的判定定理及性质定理的应用，利用空间向量法求二面角，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题．18、证明见解析；证明见解析.【解析】

利用线面平行的判定定理求证即可；为中点，为中点，可得，，，可知，故为直角三角形，，利用面面垂直的判定定理求证即可.【详解】解：证明：为中点，为中点，，又平面，平面，平面；证明：为中点，为中点，，又，，则，故为直角三角形，，平面平面，平面平面，，平面，平面，又∵平面，平面平面.【点睛】本题考查线面平行和面面垂直的判定定理的应用，属于基础题.19、（1）证明见解析，；（2）11202.【解析】

（1）由n，，成等差数列，可得，，两式相减，由等比数列的定义可得是等比数列，可求数列的通项公式；（2）由（1）中的可求出，根据和求出数列，中的公共项，分组求和，结合等比数列和等差数列的求和公式，可得答案.【详解】（1）证明：因为n，，成等差数列，所以，①所以.②①－②，得，所以.又当时，，所以，所以，故数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，即.（2）根据（1）求解知，，，所以，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列.又因为，，，，，，，，，，，所以.【点睛】本题考查等比数列的定义，考查分组求和，属于中档题.20、（1）；（2）【解析】

（1）求出，即可求出切线的点斜式方程，整理即可；（2）的取值范围满足，，求出，当时求出，的解，得到单调区间，极小值最小值即可.【详解】（1）由于，此时切点坐标为所以切线方程为.（2）由已知，故.由于，故，设由于在单调递增同时时，，时，，故存在使得且当时，当时，所以当时，当时，所以当时，取得极小值，也是最小值，故由于，所以，.【点睛】本题考查导数的几何意义、不等式恒成立问题，应用导数求最值是解题的关键，考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.21、（1）见解析（2）【解析】

（1）分类讨论的值，利用导数证明单调性即可；（2）利用导数分别得出，，时，的最小值，即可得出实数的取值范围.【详解】（1），.当即时，，，此时，在上单调递增；当即时，时，，在上单调递减；时，，在上单调递增；当即时，，，此时，在上单调递减；（2）当时，因为在上单调递增，所