四川省乐山市第一中学校高2022级高三二模测试数学答案

2025年四川省乐山市第一中学校高2022级高三二模测试数学本试卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时，必须使用2B铅笔将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.3.考试结束后，只将答题卡交回.第I卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知双曲线的焦距为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的标准方程，结合题设条件，即可求解．【详解】由题意可知，解，故选：A.2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】化简集合，结合交集的定义求结论.【详解】集合，故故选：C.3.函数，若在是减函数，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求导，导函数小于等于0恒成立，分离参数求新函数最值即可求解．【详解】函数，若函数在区间上是减函数，则在恒成立，即在恒成立，由对勾函数性质可知在单调递减，故，所以.故选：C.4.已知，则（）A. B. C. D.0【答案】B【解析】【详解】由可得，故，故选：B5.等差数列的前项和为，若，，则（）A.30 B.50 C.20 D.40【答案】B【解析】【分析】根据条件求等差数列的首项和公差，再根据通项公式，即可求解.【详解】设等差数列的首项为，公差为，所以，则，得，所以，所以.故选：B6.已知圆锥的底面半径为1，高为，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥截成上、下两部分，则上、下两部分的体积比为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分别求出圆锥被截的上面小圆锥和下面剩下的圆台部分的体积，计算比值即可.【详解】圆锥的底面半径为1，高为，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥截成上、下两部分，则上、下两部分的体积比为.故选：A.7.已知是双曲线的两个焦点，为上除顶点外的一点，，且，则的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设出根据题意有，利用余弦定理表示出，，结合，求出离心率的取值范围.【详解】设，显然，则，所以的离心率．由于，所以，所以的取值范围是；故选：A8.已知函数，设，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先分析函数的单调性和对称性，根据函数的性质，再研究与对称轴的距离即可求解.【详解】由题意：，，是的对称轴；设，，并且，则，显然是增函数，，，，，即当时，是增函数，，根据复合函数单调性规则：同增异减，在时是增函数，根据对称性，当时，是减函数；下面分析自变量时与的距离，显然距离越大，对应的函数值越大，；设，则，是增函数，又，所以当时，，即，，；设，则，当时，是减函数，又，所以时，，即，，又，；；故选：C.【点睛】本题难度较大，分析问题的出发点是函数的图像，然后要运用缩放法对自变量x与对称轴的距离做出比较，其中是对正切函数和对数函数的一个常用的缩放，需要掌握.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.某校高一年级共有男女学生500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为50人的样本，若样本中男生有30人，则该校高一年级女生人数是200B.数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10C.线性回归方程中，若线性相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强D.根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05【答案】ABD【解析】【分析】利用分层抽样计算判断A；求出第75百分位数判断B；利用线性相关系数的意义判断C；利用独立性检验的思想判断D.【详解】对于A，该校高一年级女生人数是，A正确；对于B，由，得第75百分位数为，B正确；对于C，线性回归方程中，线性相关系数绝对值越大，两个变量的线性相关性越强，C错误；对于D，由，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，D正确.故选：ABD10.已知等差数列的前项和为，且，则（）A.B.C.当时，取得最小值D.记，则数列前项和为【答案】BCD【解析】【分析】运用等差数列的通项公式和求和公式，结合二次函数性质可解.【详解】由题意可设公差为，则有由有：，故A错误；故B正确；，由二次函数性质可知：当时，取得最小值，故C正确；因为，所以所以为等差数列，公差为4，首项为，所以的前项和为：故D正确.故选：BCD.11.如图，已知正方体的棱长为，为底面内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（）．A.三棱锥的体积为定值B.存在点，使得C.若，则点在正方形底面内的运动轨迹长为D.若点是的中点，点是的中点，过，作平面平面，则平面截正方体的截面面积为【答案】ABD【解析】【分析】根据等体积法可计算出三棱锥的体积，可判断选项A，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，设，根据垂直得向量数量积为列式，从而判断选项B，C，利用线面垂直的判定定理得平面，再证明四点共面，从而得平面，再由面面平行的性质可得平面截正方体的截面为正六边形，根据正六边形的性质计算面积即可判断选项D.【详解】对于A，由等体积法，三棱锥的高为，底面积，所以，所以三棱锥的体积为定值，A正确；对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，，，，，，，若，则，即，取，此时点与点重合，满足题意，所以存在点，使得，B正确；对于C，，若，，即，所以点的轨迹就是线段，轨迹长为，C错误；对于D，如图取中点，连接，由题可得，平面，连接，因为，平面，则，，又，平面，则平面，又取中点为，则，有四点共面，则平面即为平面，又由两平面平行性质可知，，，，又都是中点，故是中点，是中点，则平面截正方体截面为正六边形，又正方体棱长为，则，故截面面积为，D正确.故选：ABD第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，，则在方向上的投影向量等于___________.【答案】【解析】【分析】求出，根据投影向量的概念即可求得答案.【详解】由题意向量，，则，则在方向上的投影向量为，故答案为：13.已知的展开式的二项式系数之和为32，则其展开式中常数等于________.【答案】【解析】【分析】根据二项式系数和可求得，根据二项展开式通项公式可求得的值，代入可求得结果.【详解】展开式二项式系数和为，，解得：，展开式通项公式为：.令，解得：，展开式中常数为.故答案为：.【点睛】本题考查二项展开式中指定项的求解问题，关键是熟练掌握二项式系数和的性质和二项展开式通项公式的形式.14.抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于A、B两点，抛物线在A、B处的切线交于点，则的最小值为__________.【答案】9【解析】【分析】设直线方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，求出，再结合导数的几何意义得到在A、B处的切线方程，联立后求出的坐标，从而得到，从而表达出，结合对勾函数单调性得到最值.【详解】由题意得，当直线斜率为0时，不满足与抛物线交于两个点，设直线方程为，联立得，，设，，则，故，，故，，，故过的切线方程为，同理可得过点的切线方程为，联立与得，故，故，，则，故，其中，由在上单调递增，故当，即时，取得最小值，最小值为.故答案为：9【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．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.已知函数的部分图象如图所示．（1）求的解析式；（2）求的单调递减区间；（3）若不等式在上恒成立，求m的取值范围.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据函数图象确定A，利用特殊点的坐标求得的值，即得函数解析式；（2）根据正弦函数的单调性，解不等式，即得答案；（3）根据x的范围，结合正弦函数性质求得的最小值，即可得答案.【小问1详解】由函数图象可知，，则，因为，所以．由，得，即，因为，所以，所以．【小问2详解】由，得，所以的单调递减区间为．【小问3详解】因为不等式在上恒成立，所以，因为，所以，当时，，则，即m的取值范围为．16.在平面直角坐标系中，已知椭圆的右顶点为，且其两个焦点与短轴顶点相连形成的四边形为正方形．过点且与轴不重合的直线与椭圆交于，两点．（1）求椭圆的方程；（2）试判断是否存在实数，使得为定值．若存在，求出的值，并求出该定值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在；，．【解析】【分析】（1）根据题意求出即可得椭圆方程；（2）设，联立方程，由韦达定理及向量的数量积运算即可求解.【详解】（1）由题意可知，，且，又因为，解得，所以椭圆的方程为；（2）由题意可知，直线的斜率不为0，设，与椭圆的方程联立，，消去，整理得，设，，则，，因为，所以，，则，将，代入上式，整理得，若对任意，为定值，则或，因为，所以，此时．【点睛】关键点点睛：根据直线与方程联立后，利用韦达定理，表示出是解题的关键，根据数量积为定值求出t,即可求出，属于中档题.17.如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形.（1）证明：平面.（2）若为等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定与性质定理即可得解；（2）依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而利用空间向量法即可得解.【小问1详解】记为的中点，连接.因为为等边三角形，所以，因为，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以，又平面，所以平面.【小问2详解】以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为为等边三角形，，所以到底边的距离为，因为为等边三角形，，所以到底边的距离为，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，设平面的法向量为，则即，令，则，故，因为，所以平面与平面夹角的余弦值为.18.已知函数（）．（1）若，求的图象在处的切线方程；（2）若对于任意的恒成立，求a的取值范围；（3）若数列满足且（），记数列的前n项和为，求证：．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导可得，利用导数的几何意义即可求解；（2）利用导数分类讨论当、情况下函数的性质，进而求解；（3）利用取倒数法求得，利用导数证明，结合归纳法和放缩法证明原不等式即可.【小问1详解】当时，，则，得，又，所以在处的切线为；【小问2详解】对恒成立，，设，则，当即时，在上单调递增，且，所以，即，此时在上单调递增，且，所以对恒成立.当即时，令，所以函数在上单调递减，在上单调递增，则，又，所以在上恒有，即，函数在上单调递减，且，则在上有，不符合题意.综上，，即实数a的取值范围为【小问3详解】由，得，又，所以数列是以1为首项，以为公差的等差数列，故，所以.当时，恒成立；当时，先证：，即证，设，则，即证（），令，则，所以在上单调递减，故，即，即.所以当时，.综上，.【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性和导数与数列的综合问题，第（3）问，利用数学归纳法和进行放缩是解决该问的关键.19.已知函数，．（1）对任意的，恒成立，求实数的取值范围；（2）设方程在区间内的根从小到大依次为，，…，，…，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知可得出对任意的恒成立，验证对任意的恒成立；在时，利用参变分离法可得出，利用倒数求出函数在上的最大值即可求解；（2）令，利用导数分析在上的单调性，利用零点存在性定理可知，求得