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文档简介

新疆维吾尔自治区行知学校2025届高考数学二模试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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.将函数图象上所有点向左平移个单位长度后得到函数的图象,如果在区间上单调递减,那么实数的最大值为()A. B. C. D.2.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B. C. D.3.已知抛物线的焦点为,若抛物线上的点关于直线对称的点恰好在射线上,则直线被截得的弦长为()A. B. C. D.4.过圆外一点引圆的两条切线,则经过两切点的直线方程是().A. B. C. D.5.已知函数,为图象的对称中心,若图象上相邻两个极值点,满足,则下列区间中存在极值点的是()A. B. C. D.6.我国古代有着辉煌的数学研究成果,其中的《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》,有丰富多彩的内容,是了解我国古代数学的重要文献.这5部专著中有3部产生于汉、魏、晋、南北朝时期.某中学拟从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容,则所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为()A. B. C. D.7.设函数,则,的大致图象大致是的()A. B.C. D.8.已知正方体的棱长为2,点在线段上,且,平面经过点,则正方体被平面截得的截面面积为()A. B. C. D.9.记集合和集合表示的平面区域分别是和,若在区域内任取一点,则该点落在区域的概率为()A. B. C. D.10.设,集合,则()A. B. C. D.11.已知、分别为双曲线:(,)的左、右焦点,过的直线交于、两点,为坐标原点,若,,则的离心率为()A.2 B. C. D.12.设向量,满足,,,则的取值范围是A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上,圆柱的高和球半径均为2,则该圆柱的底面半径为__________.14.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a215.在平面五边形中,,,,且.将五边形沿对角线折起,使平面与平面所成的二面角为,则沿对角线折起后所得几何体的外接球的表面积是______.16.已知实数,满足,则目标函数的最小值为__________.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)已知函数的最大值为,其中.(1)求实数的值;(2)若求证:.18.(12分)如图,已知在三棱台中,,,.(1)求证:;(2)过的平面分别交,于点,,且分割三棱台所得两部分几何体的体积比为,几何体为棱柱,求的长.提示:台体的体积公式(,分别为棱台的上、下底面面积,为棱台的高).19.(12分)已知函数(1)若恒成立,求实数的取值范围;(2)若方程有两个不同实根,,证明:.20.(12分)在三棱锥中,是边长为的正三角形,平面平面,,M、N分别为、的中点.​(1)证明:;(2)求三棱锥的体积.21.(12分)在平面直角坐标系中,已知抛物线的焦点为,准线为,是抛物线上上一点,且点的横坐标为,.(1)求抛物线的方程;(2)过点的直线与抛物线交于、两点,过点且与直线垂直的直线与准线交于点,设的中点为,若、、四点共圆,求直线的方程.22.(10分)已知数列满足,且.(1)求证:数列是等差数列,并求出数列的通项公式;(2)求数列的前项和.

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】

根据条件先求出的解析式,结合三角函数的单调性进行求解即可.【详解】将函数图象上所有点向左平移个单位长度后得到函数的图象,则,设,则当时,,,即,要使在区间上单调递减,则得,得,即实数的最大值为,故选:B.【点睛】本小题主要考查三角函数图象变换,考查根据三角函数的单调性求参数,属于中档题.2、D【解析】

结合三视图可知,该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,分别求出体积即可.【详解】由三视图可知该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,则上半部分的半个圆锥的体积,下半部分的正三棱柱的体积,故该几何体的体积.故选:D.【点睛】本题考查三视图,考查空间几何体的体积,考查空间想象能力与运算求解能力,属于中档题.3、B【解析】

由焦点得抛物线方程,设点的坐标为,根据对称可求出点的坐标,写出直线方程,联立抛物线求交点,计算弦长即可.【详解】抛物线的焦点为,则,即,设点的坐标为,点的坐标为,如图:∴,解得,或(舍去),∴∴直线的方程为,设直线与抛物线的另一个交点为,由,解得或,∴,∴,故直线被截得的弦长为.故选:B.【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程,简单几何性质,点关于直线对称,属于中档题.4、A【解析】过圆外一点,引圆的两条切线,则经过两切点的直线方程为,故选.5、A【解析】

结合已知可知,可求,进而可求,代入,结合,可求,即可判断.【详解】图象上相邻两个极值点,满足,即,,,且,,,,,,当时,为函数的一个极小值点,而.故选:.【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象及性质的简单应用,解题的关键是性质的灵活应用.6、D【解析】

利用列举法,从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容,基本事件有10种情况,所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的基本事件有9种情况,由古典概型概率公式可得结果.【详解】《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》,这5部专著中有3部产生于汉、魏、晋、南北朝时期.记这5部专著分别为,其中产生于汉、魏、晋、南北朝时期.从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容,基本事件有共10种情况,所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的基本事件有,共9种情况,所以所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为.故选D.【点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用,属于基础题,利用古典概型概率公式求概率时,找准基本事件个数是解题的关键,基本亊件的探求方法有(1)枚举法:适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的;(2)树状图法:适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时,一定要按顺序逐个写出:先,….,再,…..依次….…这样才能避免多写、漏写现象的发生.7、B【解析】

采用排除法:通过判断函数的奇偶性排除选项A;通过判断特殊点的函数值符号排除选项D和选项C即可求解.【详解】对于选项A:由题意知,函数的定义域为,其关于原点对称,因为,所以函数为奇函数,其图象关于原点对称,故选A排除;对于选项D:因为,故选项D排除;对于选项C:因为,故选项C排除;故选:B【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和特殊点函数值符号判断函数图象;考查运算求解能力和逻辑推理能力;选取合适的特殊点并判断其函数值符号是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.8、B【解析】

先根据平面的基本性质确定平面,然后利用面面平行的性质定理,得到截面的形状再求解.【详解】如图所示:确定一个平面,因为平面平面,所以,同理,所以四边形是平行四边形.即正方体被平面截的截面.因为,所以,即所以由余弦定理得:所以所以四边形故选:B【点睛】本题主要考查平面的基本性质,面面平行的性质定理及截面面积的求法,还考查了空间想象和运算求解的能力,属于中档题.9、C【解析】

据题意可知,是与面积有关的几何概率,要求落在区域内的概率,只要求、所表示区域的面积,然后代入概率公式,计算即可得答案.【详解】根据题意可得集合所表示的区域即为如图所表示:的圆及内部的平面区域,面积为,集合,,表示的平面区域即为图中的,,根据几何概率的计算公式可得,故选:C.【点睛】本题主要考查了几何概率的计算,本题是与面积有关的几何概率模型.解决本题的关键是要准确求出两区域的面积.10、B【解析】

先化简集合A,再求.【详解】由得:,所以,因此,故答案为B【点睛】本题主要考查集合的化简和运算,意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.11、D【解析】

作出图象,取AB中点E,连接EF2,设F1A=x,根据双曲线定义可得x=2a,再由勾股定理可得到c2=7a2,进而得到e的值【详解】解:取AB中点E,连接EF2,则由已知可得BF1⊥EF2,F1A=AE=EB,设F1A=x,则由双曲线定义可得AF2=2a+x,BF1﹣BF2=3x﹣2a﹣x=2a,所以x=2a,则EF2=2a,由勾股定理可得(4a)2+(2a)2=(2c)2,所以c2=7a2,则e故选:D.【点睛】本题考查双曲线定义的应用,考查离心率的求法,数形结合思想,属于中档题.对于圆锥曲线中求离心率的问题,关键是列出含有中两个量的方程,有时还要结合椭圆、双曲线的定义对方程进行整理,从而求出离心率.12、B【解析】

由模长公式求解即可.【详解】,当时取等号,所以本题答案为B.【点睛】本题考查向量的数量积,考查模长公式,准确计算是关键,是基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

由圆柱外接球的性质,即可求得结果.【详解】解:由于圆柱的高和球半径均为2,,则球心到圆柱底面的距离为1,设圆柱底面半径为,由已知有,∴,即圆柱的底面半径为.故答案为:.【点睛】本题考查由圆柱的外接球的性质求圆柱底面半径,属于基础题.14、-2【解析】试题分析:∵a2考点:等比数列性质及求和公式15、【解析】

设的中心为,矩形的中心为,过作垂直于平面的直线,过作垂直于平面的直线,得到直线与的交点为几何体外接球的球心,结合三角形的性质,求得球的半径,利用表面积公式,即可求解.【详解】设的中心为,矩形的中心为,过作垂直于平面的直线,过作垂直于平面的直线,则由球的性质可知,直线与的交点为几何体外接球的球心,取的中点,连接,,由条件得,,连接,因为,从而,连接,则为所得几何体外接球的半径,在直角中,由,,可得,即外接球的半径为,故所得几何体外接球的表面积为.故答案为:.【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征,以及多面体的外接球的表面积的计算,其中解答中熟记空间几何体的结构特征,求得外接球的半径是解答的关键,着重考查了空间想象能力与运算求解能力,属于中档试题.16、-1【解析】

作出不等式对应的平面区域,利用线性规划的知识,通过平移即可求z的最大值.【详解】作出实数x,y满足对应的平面区域如图阴影所示;由z=x+2y﹣1,得yx,平移直线yx,由图象可知当直线yx经过点A时,直线yx的纵截距最小,此时z最小.由,得A(﹣1,﹣1),此时z的最小值为z=﹣1﹣2﹣1=﹣1,故答案为﹣1.【点睛】本题主要考查线性规划的应用,利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法,是基础题三、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)1;(2)证明见解析.【解析】

(1)利用零点分段法将表示为分段函数的形式,由此求得的最大值,进而求得的值.(2)利用(1)的结论,将转化为,求得的取值范围,利用换元法,结合函数的单调性,证得,由此证得不等式成立.【详解】(1)当时,取得最大值.(2)证明:由(1)得,,,当且仅当时等号成立,令,则在上单调递减当时,.【点睛】本小题主要考查含有绝对值的函数的最值的求法,考查利用基本不等式进行证明,属于中档题.18、(1)证明见解析;(2)2【解析】

(1)在中,利用勾股定理,证得,又由题设条件,得到,利用线面垂直的判定定理,证得平面,进而得到;(2)设三棱台和三棱柱的高都为上、下底面之间的距离为,根据棱台的体积公式,列出方程求得,得到,即可求解.【详解】(1)由题意,在中,,,所以,可得,因为,可得.又由,,平面,所以平面,因为平面,所以.(2)因为,可得,令,,设三棱台和三棱柱的高都为上、下底面之间的距离为,则,整理得,即,解得,即,又由,所以.【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直的判定与应用,以及几何体的体积公式的应用,其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理,以及熟练应用几何体的体积公式进行求解是解答的关键,着重考查了推理与计算能力,属于基础题.19、(1)(2)详见解析【解析】

(1)将原不等式转化为,构造函数,求得的最大值即可;

(2)首先通过求导判断的单调区间,考查两根的取值范围,再构造函数,将问题转化为证明,探究在区间内的最大值即可得证.【详解】解:(1)由,即,即,令,则只需,,令,得,在上单调递增,在上单调递减,,的取值范围是;(2)证明:不妨设,当时,单调递增,当时,单调递减,,当时,,,要证,即证,由在上单调递增,只需证明,由,只需证明,令,,只需证明,易知,由,故,,从而在上单调递增,由,故当时,,故,证毕.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性,最值等,关键是要对问题进行转化,比如把恒成立问题转化为最值问题,把根的个数问题转化为图像的交点个数,进而转化为证明不等式的问题,属难题.20、(1)证明见解析;(2).【解析】

(1)取中点,连接,,证明平面,由线面垂直的性质可得;(2)由,即可求得三棱锥的体积.【详解】解:

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