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文档简介

云南省泸西县泸源普通高级中学2025届高三第二次联考数学试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.已知斜率为2的直线l过抛物线C:的焦点F,且与抛物线交于A,B两点,若线段AB的中点M的纵坐标为1,则p=()A.1 B. C.2 D.42.过双曲线左焦点的直线交的左支于两点,直线(是坐标原点)交的右支于点,若,且,则的离心率是()A. B. C. D.3.设复数满足,在复平面内对应的点的坐标为则()A. B.C. D.4.设函数,当时,,则()A. B. C.1 D.5.已知函数满足:当时,,且对任意,都有,则()A.0 B.1 C.-1 D.6.在声学中,声强级(单位:)由公式给出,其中为声强(单位:).,,那么()A. B. C. D.7.某几何体的三视图如图所示,图中圆的半径为1,等腰三角形的腰长为3,则该几何体表面积为()A. B. C. D.8.执行如图所示的程序框图,若输入的,则输出的()A.9 B.31 C.15 D.639.从集合中随机选取一个数记为,从集合中随机选取一个数记为,则在方程表示双曲线的条件下,方程表示焦点在轴上的双曲线的概率为()A. B. C. D.10.在区间上随机取一个实数,使直线与圆相交的概率为()A. B. C. D.11.已知定义在上的奇函数满足,且当时,,则()A.1 B.-1 C.2 D.-212.设全集,集合,,则集合()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知椭圆的左右焦点分别为,过且斜率为的直线交椭圆于,若三角形的面积等于,则该椭圆的离心率为________.14.已知实数,满足约束条件,则的最小值为______.15.已知向量与的夹角为,||=||=1,且⊥(λ),则实数_____.16.已知两点,,若直线上存在点满足,则实数满足的取值范围是__________.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,在三棱柱中,是边长为2的菱形,且,是矩形,,且平面平面,点在线段上移动(不与重合),是的中点.(1)当四面体的外接球的表面积为时,证明:.平面(2)当四面体的体积最大时,求平面与平面所成锐二面角的余弦值.18.(12分)如图所示,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=1,M是线段EF的中点.求证:(1)AM∥平面BDE;(2)AM⊥平面BDF.19.(12分)正项数列的前n项和Sn满足:(1)求数列的通项公式;(2)令,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:对于任意的n∈N*,都有Tn<.20.(12分)已知中,角,,的对边分别为,,,已知向量,且.(1)求角的大小;(2)若的面积为,,求.21.(12分)已知函数.(1)解不等式;(2)记函数的最小值为,正实数、满足,求证:.22.(10分)已知,,设函数,.(1)若,求不等式的解集;(2)若函数的最小值为1,证明:.

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、C【解析】

设直线l的方程为x=y,与抛物线联立利用韦达定理可得p.【详解】由已知得F(,0),设直线l的方程为x=y,并与y2=2px联立得y2﹣py﹣p2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点C(x0,y0),∴y1+y2=p,又线段AB的中点M的纵坐标为1,则y0(y1+y2)=,所以p=2,故选C.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的相交弦问题,利用韦达定理是解题的关键,属中档题.2、D【解析】

如图,设双曲线的右焦点为,连接并延长交右支于,连接,设,利用双曲线的几何性质可以得到,,结合、可求离心率.【详解】如图,设双曲线的右焦点为,连接,连接并延长交右支于.因为,故四边形为平行四边形,故.又双曲线为中心对称图形,故.设,则,故,故.因为为直角三角形,故,解得.在中,有,所以.故选:D.【点睛】本题考查双曲线离心率,注意利用双曲线的对称性(中心对称、轴对称)以及双曲线的定义来构造关于的方程,本题属于难题.3、B【解析】

根据共轭复数定义及复数模的求法,代入化简即可求解.【详解】在复平面内对应的点的坐标为,则,,∵,代入可得,解得.故选:B.【点睛】本题考查复数对应点坐标的几何意义,复数模的求法及共轭复数的概念,属于基础题.4、A【解析】

由降幂公式,两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式,然后由正弦函数性质求得参数值.【详解】,时,,,∴,由题意,∴.故选:A.【点睛】本题考查二倍角公式,考查两角和的正弦公式,考查正弦函数性质,掌握正弦函数性质是解题关键.5、C【解析】

由题意可知,代入函数表达式即可得解.【详解】由可知函数是周期为4的函数,.故选:C.【点睛】本题考查了分段函数和函数周期的应用,属于基础题.6、D【解析】

由得,分别算出和的值,从而得到的值.【详解】∵,∴,∴,当时,,∴,当时,,∴,∴,故选:D.【点睛】本小题主要考查对数运算,属于基础题.7、C【解析】

几何体是由一个圆锥和半球组成,其中半球的半径为1,圆锥的母线长为3,底面半径为1,计算得到答案.【详解】几何体是由一个圆锥和半球组成,其中半球的半径为1,圆锥的母线长为3,底面半径为1,故几何体的表面积为.故选:.【点睛】本题考查了根据三视图求表面积,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.8、B【解析】

根据程序框图中的循环结构的运算,直至满足条件退出循环体,即可得出结果.【详解】执行程序框;;;;;,满足,退出循环,因此输出,故选:B.【点睛】本题考查循环结构输出结果,模拟程序运行是解题的关键,属于基础题.9、A【解析】

设事件A为“方程表示双曲线”,事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”,分别计算出,再利用公式计算即可.【详解】设事件A为“方程表示双曲线”,事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”,由题意,,,则所求的概率为.故选:A.【点睛】本题考查利用定义计算条件概率的问题,涉及到双曲线的定义,是一道容易题.10、D【解析】

利用直线与圆相交求出实数的取值范围,然后利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】由于直线与圆相交,则,解得.因此,所求概率为.故选:D.【点睛】本题考查几何概型概率的计算,同时也考查了利用直线与圆相交求参数,考查计算能力,属于基础题.11、B【解析】

根据f(x)是R上的奇函数,并且f(x+1)=f(1-x),便可推出f(x+4)=f(x),即f(x)的周期为4,而由x∈[0,1]时,f(x)=2x-m及f(x)是奇函数,即可得出f(0)=1-m=0,从而求得m=1,这样便可得出f(2019)=f(-1)=-f(1)=-1.【详解】∵是定义在R上的奇函数,且;∴;∴;∴的周期为4;∵时,;∴由奇函数性质可得;∴;∴时,;∴.故选:B.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和周期性求值,此类问题一般根据条件先推导出周期,利用函数的周期变换来求解,考查理解能力和计算能力,属于中等题.12、C【解析】∵集合,,∴点睛:本题是道易错题,看清所问问题求并集而不是交集.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

由题得直线的方程为,代入椭圆方程得:,设点,则有,由,且解出,进而求解出离心率.【详解】由题知,直线的方程为,代入消得:,设点,则有,,而,又,解得:,所以离心率.故答案为:【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系,三角形面积计算与离心率的求解,考查了学生的运算求解能力14、【解析】

作出满足约束条件的可行域,将目标函数视为可行解与点的斜率,观察图形斜率最小在点B处,联立,解得点B坐标,即可求得答案.【详解】作出满足约束条件的可行域,该目标函数视为可行解与点的斜率,故由题可知,联立得,联立得所以,故所以的最小值为故答案为:【点睛】本题考查分式型目标函数的线性规划问题,属于简单题.15、1【解析】

根据条件即可得出,由即可得出,进行数量积的运算即可求出λ.【详解】∵向量与的夹角为,||=||=1,且;∴;∴λ=1.故答案为:1.【点睛】考查向量数量积的运算及计算公式,以及向量垂直的充要条件.16、【解析】

问题转化为求直线与圆有公共点时,的取值范围,利用数形结合思想能求出结果.【详解】解:直线,点,,直线上存在点满足,的轨迹方程是.如图,直线与圆有公共点,圆心到直线的距离:,解得.实数的取值范围为.故答案为:.【点睛】本题主要考查直线方程、圆、点到直线的距离公式等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想、函数与方程思想,属于中档题.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)证明见解析(2)【解析】

(1)由题意,先求得为的中点,再证明平面平面,进而可得结论;(2)由题意,当点位于点时,四面体的体积最大,再建立空间直角坐标系,利用空间向量运算即可.【详解】(1)证明:当四面体的外接球的表面积为时.则其外接球的半径为.因为时边长为2的菱形,是矩形.,且平面平面.则,.则为四面体外接球的直径.所以,即.由题意,,,所以.因为,所以为的中点.记的中点为,连接,.则,,,所以平面平面.因为平面,所以平面.(2)由题意,平面,则三棱锥的高不变.当四面体的体积最大时,的面积最大.所以当点位于点时,四面体的体积最大.以点为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.则,,,,.所以,,,.设平面的法向量为.则令,得.设平面的一个法向量为.则令,得.设平面与平面所成锐二面角是,则.所以当四面体的体积最大时,平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查平面与平面的平行、线面平行,考查平面与平面所成锐二面角的余弦值,正确运用平面与平面的平行、线面平行的判定,利用好空间向量是关键,属于基础题.18、(1)见解析(2)见解析【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系,设AC∩BD=N,连结NE.则N,E(0,0,1),A(,,0),M.∴=,=.∴=且NE与AM不共线.∴NE∥AM.∵NE平面BDE,AM平面BDE,∴AM∥平面BDE.(2)由(1)知=,∵D(,0,0),F(,,1),∴=(0,,1),∴·=0,∴AM⊥DF.同理AM⊥BF.又DF∩BF=F,∴AM⊥平面BDF.19、(1)(2)见解析【解析】

(1)因为数列的前项和满足:,所以当时,,即解得或,因为数列都是正项,所以,因为,所以,解得或,因为数列都是正项,所以,当时,有,所以,解得,当时,,符合所以数列的通项公式,;(2)因为,所以,所以数列的前项和为:,当时,有,所以,所以对于任意,数列的前项和.20、(1);(2).【解析】试题分析:(1)利用已知及平面向量数量积运算可得,利用正弦定理可得,结合,可求,从而可求的值;(2)由三角形的面积可解得,利用余弦定理可得,故可得.试题解析:(1)∵,,,∴,∴,即,又∵,∴,又∵,∴.(2)∵,∴,又,即,∴,故.21、(1);(2)见解析.【解析】

(1)分、、三种情况解不等式,综合可得出原不等式的的解集;(2)利用绝对值三角不等式可求得函数的最小值为,进而可得出,再将代数式与相乘,利用基本不等式求得的最小值,进而可证得结论成立.【详解】(1)当时,由,得,即,解得,此时;当时,由,得,即,解得,此时;当时,由,得,即,解得,此时.综上所述,不等式的解集为;(2),当且仅当时取等号,所以,.所以,当且仅当,即,时等号成立,所以.所以,即.【

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