四川省遂宁二中2024-2025学年（下）高考二模数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页四川省遂宁二中2024-2025学年（下）高考二模数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知i为虚数单位，复数z满足zi=−2+i，则z−=(

)A.1+2i B.−1+2i C.1−2i D.−1−2i2.已知集合A={−1,0,1}，B={x|0≤x≤3}，则A∩B=(

)A.{−1,0} B.{−1,1} C.{0,1} D.[0,1]3.直线2x+2y+3=0的方向向量可以是A.(2,1) B.(2,−1)4.等比数列{an}的前n项和为Sn，且a2=2，A.63 B.48 C.31 D.155.已知角α的顶点在原点，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点P(cos15°−sin15°,cos15°+sin15°)，则tanα=(

)A.2−3 B.2+3 C.6.已知F1、F2分别为双曲线C：x2a2−y2b2A.3 B.4 C.5 D.67.已知甲植物生长了一天，长度为a(a>0)，乙植物生长了一天，长度为16a.从第二天起，甲每天的生长速度是前一天的32倍，乙每天的生长速度是前一天的23，则甲的长度第一次超过乙的长度的时期是(    )(参考数据：取lg2=0.3，lg3=0.48)A.第6天 B.第7天 C.第8天 D.第9天8.圆O半径为1，PA，PB为圆O的两条切线，A，B为切点，设∠APO=α，则2S△PABtan2α最小值为A.−4+2 B.−3+2 C.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知数据x1，x2，…，x6的平均数为10，方差为1，且y1A.数据y1，y2，…，y6的方差为4

B.数据x1，x2，…，x6，y1，y2，…，y6的平均数为17

C.数据x1，x2，…，x6，10的平均数为10，方差大于1

D.若数据x1，10.如图，在正四面体P−ABC中，AB=18，D，E，F分别为侧棱PA，PB，PC上的点，且AD=BE=CF=12PD，G为EF的中点，Q为四边形EBCF内(含边界)一动点，AQ=67A.AG⊥PB

B.五面体ABC−DEF的体积为3422

C.点Q的轨迹长度为6π

D.AQ与平面PBC11.对于函数y=f(x)，如果对于其定义域D中任意给定的实数x，都有−x∈D，并且f(x)⋅f(−x)=2，则称函数y=f(x)为“比翼函数”.则下列说法正确的是(

)A.函数f(x)=x+x2+2是“比翼函数”

B.若函数y=f(x)在R上为“比翼函数”，则f(0)=2

C.若函数y=f(x)在R上为“比翼函数”，当x>0，f(x)=22x+x2，则x<0，f(x)=2−x+x三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.函数f(x)=ln(x+1)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为______．13.已知F1、F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点，过F1作圆O：14.若(x2−2x+2)5=四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题15分)

某公司拟通过摸球的方式给员工发放节日红包，在一个不透明的袋子中装有5个标有红包金额的球，其中2个球分别标注40元，2个球分别标注50元，1个球标注60元，这5个球除标注的金额外完全相同.每名员工从袋中一次摸出1个球，共摸n次，摸出的球上所标注的金额之和为该员工所获得的红包金额．

(Ⅰ)若n=1，求一名员工所获得的红包金额不低于50元的概率；

(Ⅱ)若n=2，且每次摸出的球放回袋中，设事件A为“一名员工所获得的红包金额不大于100元”，事件B为“一名员工所获得的红包金额不小于100元”，试判断A，B是否相互独立，并说明理由．16.(本小题15分)

已知函数f(x)=x3−3lnx，f′(x)为f(x)的导函数．

(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

(2)求函数g(x)=f(x)−f′(x)−17.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，所有棱长都相等，AB⊥AD，E，F分别是棱PC，PB的中点，G是棱AB上的动点，且AG=λAB．

(1)若λ=12，证明：GF//平面BDE．

(2)求平面BDE与平面18.(本小题15分)

已知，点F，P分别是抛物线τ：x2=2py(p>0)的焦点与曲线上一动点，点A(1,2)在抛物线上方，且△PAF的周长最小值为2+3．

(1)求抛物线τ的方程；

(2)点B，C是抛物线上的动点，点D是点B，C处抛物线切线的交点，若△BCD的面积等于32，线段GH为圆x219.(本小题17分)

设{an}是各项均为正数的无穷数列，其前n项和为Sn．

(1)若an⋅an+2=an+1对任意n∈N∗都成立，且2Sn+1=Sn+2．

①求数列{an}的通项公式；

②已知首项为x1，公比q满足|q|<1的无穷等比数列{xn}，当n无限增大时，其前n项和无限趋近于常数x答案解析1.C

【解析】解：∵zi=−2+i，

∴z=−2+ii=(−2+i)ii2=1+2i，

∴z−2.C

【解析】解：集合A={−1,0,1}，B={x|0≤x≤3}，

则A∩B={0,1}．

故选：C．

利用交集定义、不等式性质求解．

本题考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3.D

【解析】解：直线2x+2y+3=0的斜率k=−2，

所以直线的方向向量为λ(1,−2)，λ≠0，

可得只有D成立．4.C

【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，

则a2=a1q=2，4a1+a3=a1(4+q25.D

【解析】解：根据三角函数的定义可得：

tanα=yx=cos15°+sin15°cos15∘−sin15∘=6.C

【解析】解：由双曲线的定义可知，

对于双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，|PF2|−|PF1|=2a，

因为2|PF2|=3|PF1|，即|PF2|=32|PF1|，

所以32|PF1|−|PF1|=2a，

所以|PF1|=4a，那么|PF2|=32×4a=6a，

因为7.C

【解析】解：由题意可知，甲植物每天生长的长度构成等比数列{an}，首项为a，公比为32，乙植物每天生长的长度构成等比数列{bn}，首项为16a，公比为23，

设数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，

则Sn=a[1−(32)n]1−32=2a[(32)n−1]，Tn=16a[1−(23)n]1−23=48a[1−(23)n]，

令Sn>Tn得，2a[(32)n−1]>48a[1−(23)n]，

即(328.D

【解析】解：根据题意，设AB与PO相交于C，

在△PAO中，tanα=AOAP，则PA=1tanα，OAPO=sinα，则PO=1sinα，

A到PO的距离为AC=PAsinα=cosα，PC=PAcosα=1tanα⋅cosα，

则S△PAB=2×(12×AC⋅PC)=cosα×1tanα×cosα=cos2αtanα，

故2S△PABtan2α9.AB

【解析】解：数据x1，x2，…，x6的平均数为10，方差为1，且y1=2x1+4(i=1,2,…,6)，

对于A，数据y1，y2，…，y6的方差为22×1=4，故A正确；

对于B，数据x1，x2，…，x6，y1，y2，…，y6的平均数为：

112(6×10+6×24)=17，故B正确；

对于C，数据x1，x2，…，x6，10的平均数为10，方差小于1，故C错误；

对于D，若取数字9，9，10，10，10，12，

平均数为10，方差为1，

则中位数为m=10+102=10，

∵6×0.75=4.5，

10.ABD

【解析】解：对于A，如图，设BC的中点为H，连接PH，AH，

则由正四面体的性质知，PH必过点G，且PH⊥BC，AH⊥BC，

因为PH∩AH=H，PH⊂平面PAH，AH⊂平面PAH，

所以BC⊥平面PAH，

又AG⊂平面PAH，所以BC⊥AG，

因为PH=AH=18×32=93,PG=23PH=63,GH=13PH=33，

所以cos∠APH=12PAPH=33，

在△PAG中，由余弦定理：AG2=PA2+PG2−2PA×PG⋅cos∠APH

=182+(63)2−2×18×63×33=216，

所以AG=66，所以AG2+GH2=AH2，

所以AG⊥GH，

因为BC∩GH=H，BC⊂平面PBC，HG⊂平面PBC，所以AG⊥平面PBC，

所以AG⊥PB，所以A正确；

对于B，由题意知五面体ABC−DEF为正三棱台，

因为sin∠AHG=AGAH=223，所以三棱台ABC−DEF的高为ℎ=GH⋅sin∠AHG=26，

所以该棱台的体积为V=13ℎ(S△ABC+S△DEF+S△ABC⋅S△DEF)

11.ACD

【解析】解：对于A，因为f(x)=x+x2+2，x∈R，

则f(−x)=−x+x2+2，

所以f(x)⋅f(−x)=(x2+2+x)(x2+2−x)=x2+2−x2=2，

则函数f(x)=x+x2+2是“比翼函数”，故A正确；

对于B，取f(x)=−2x+12，x∈R，

则f(−x)=−2−x+12，

所以f(x)⋅f(−x)=−2x+12×(−2−x+12)=2，

此时f(x)在R上为“比翼函数”，

但f(0)=−2，故B错误；

对于C，当x<0时，−x>0，

所以f(x)=2f(−x)=222−x+(−x)2=2−x+x2，故C正确；

对于D，因为函数y=f(x)是R上的“比翼函数”，

其函数值恒大于0，且在R上是单调递减函数，

所以H(x)=2f(x)−f(x)=f(−x)−f(x)，

任取m，n∈R且m>n，则−m<−n，

所以f(m)<f(n)12.x−2y+2ln2−1=0

【解析】解：∵函数f(x)=ln(x+1)，f(1)=ln2，

∴f′(x)=1x+1，

∴x=1时，f′(1)=12，

∴函数f(x)=ln(x+1)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y−ln2=12(x−1)13.65【解析】解：如图，

过F2作F2N⊥F1M交于点N，

由于cos∠F1MF2=−35，故cos∠NMF2=35，

则|F2N|=45|F2M|，|MN|=35|F2M|，

设切点为P，由于OP⊥NF1，F2N⊥NF1，故OP//F2N，

由于O是F1F2的中点，故P是NF1的中点，

则|F214.−592

【解析】解：(x2−2x+2)5表示5个因数(x2−2x+2)的乘积．而a5为展开式中x5的系数，

设这5个因数(x2−2x+2)中分别取x2、−2x、2这三项分别取i，j，x−2x2i个j个k个050131212由上表可知a5=C55(−2)5+15.解：(Ⅰ)一名员工所获得的红包金额不低于50元，即获得50元或60元，

故所求概率为25+15=35．

(Ⅱ)由题意，事件AB表示“一名员工所获得的红包金额为100元”．

因为100=50+50=40+60=60+40，

所以P(AB)=(25)2+25×15×2=825．

B=“一名员工所获得的红包金额为100元或110元或120元，

因为110=50+60=60+50，120=60+60，

所以P(B)=825+25×15×2+(15【解析】(Ⅰ)根据古典概型和互斥事件的概率加法公式可得；

(Ⅱ)利用古典概型概率公式求出P(A)，P(B)，P(AB)，然后根据独立事件的定义直接判断即可．

本题考查概率的综合应用，属于中档题．16.解：(1)因为f(x)=x3−3lnx的定义域为(0,+∞)，

f′(x)=3x2−3x，所以f(1)=1，f′(1)=0，

所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=1．

(2)依题意，g(x)=f(x)−f′(x)−9x=x3−3lnx−3x2−6x，

则x(0,1)1(1,2)2(2,+∞)g′(x)+0−0+g(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以函数g(x)的单调递减区间为(1,2)，单调递增区间为(0,1)，(2,+∞)，

故g(x)的极小值为g(2)=−7−3ln2，g(x)的极大值为g(1)=−8．

【解析】(1)利用导数求出f(1)=1，f′(1)=0，代入直线的点斜式方程即可求出切线方程；

(2)求出导函数，用列表法求出极值即可．

本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，导数的几何意义，考查运算求解能力，属于中档题．17.(1)证明：连接AC，记AC∩BD=O，连接OE，

∵四边形ABCD是正方形，∴O是AC的中点，

∵E是PC的中点，∴OE/​/PA，

∵G，F分别是棱AB，PB的中点，∴GF//PA，∴GF//OE，

∵OE⊂平面BDE，GF⊄平面BDE，∴GF/​/平面BDE，

(2)解：易证OB，OC，OP两两垂直，故以O为坐标原点，

分别以OB，OC，OP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设AB=4，则A(0,−22,0)，B(22,0,0)，D(−22,0,0)，E(0,2,2)，P(0,0,22)，

从而AB=(22,22,0)，BD=(−42,0,0)，BE=(−22,2,2)，DP=(22,0,22)，

∵AG=λAB=(22λ,22λ,0)，∴G(22λ,22λ−22,0)，【解析】(1)连接AC，记AC∩BD=O，连接OE，可得OE/​/PA，进而可得GF//OE，可证GF/​/平面BDE．

(2)易证OB，OC，OP两两垂直，故以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得两平面的一个法向量，利用向量法可得cosθ=218.解：(1)由题意知F(0,p2)，过点A向准线作垂线交准线于点A1，交抛物线于点P0，连接FP0，

则有P0F=P0A1，

可知当点P运动到点P0的位置时，△PAF的周长最小，

最小值为AF+P0A+FP0=AF+AA1=1+(2−p2)2+2+p2=2+3，解得p=2，

所以抛物线τ的方程为x2=4y．

(2)由(1)知y=14x2，则y′=x2，

设点B(x1,y1)，C(x2,y2)，D(x0,y0).

因为B，C为切点，则在点B处的切线方程为y=