陕西省安康市2025届高三下学期第二次质量联考试题（二模）数学 含解析

2024-2025学年安康市高三年级第二次质量联考数学试卷满分：150分考试时间：120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号.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，只有一个选项是正确的．1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求解分式不等式再求交集即可.【详解】，故.故选：D2.已知为虚数单位，若，则（）A.10 B. C.5 D.【答案】B【解析】【分析】利用复数除法运算求出，再利用共轭复数及复数模的意义求解.【详解】依题意，，，所以.故选：B3.已知向量，，若，则（）A. B. C.-6 D.6【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用向量的坐标运算及向量共线的坐标表示列式计算得解.【详解】向量，，则，由，得，所以.故选：C4.已知，，则（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用和差角的三角函数公式，结合同角公式计算得解.【详解】由，得，即，由，得，因此，所以.故选：B5.已知抛物线的焦点为，第一象限的点在抛物线上，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，求出抛物线的准线，再利用定义求出，进而求出即可得解.【详解】抛物线，即的准线方程为，由，得，解得，又抛物线过点，则，而，解得，所以.故选：A6.已知数列前项和为，且为等差数列，若，则（）A.-63 B.63 C.36 D.-36【答案】A【解析】【分析】根据可得，进而可得的公差，从而可得通项公式，再求解即可.【详解】即，故.设的公差为，则，解得，又，故是首项为2，公差为1的等差数列，则，故.则.故选：A7.设双曲线的左、右焦点分别为，，坐标原点为，第一象限的点在双曲线上，连接并延长交双曲线另一点，若，则（）A. B.8 C. D.【答案】C【解析】【分析】连接，可得四边形为平行四边形，则，设，则，然后结合双曲线的定义可求出，再利用余弦定理求出，再由两边平方化简可求出，从而可求出.【详解】连接，由题意可得，，因为，所以四边形为平行四边形，所以，设，则，，所以，得，所以，，在中，由余弦定理得，因为为的中点，所以，所以，所以，即，所以.故选：C8.已知函数的定义域为，，都有：，且，则（）A.1600 B.1601 C.820 D.821【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用不等式的性质导出，再赋值，结合累加法及等差数列前和公式计算得解.【详解】依题意，由，得，两式相加得，而，因此，取，则，所以.故选：D【点睛】关键点点睛：利用迭代法及不等式性质导出是求解问题的关键.二、选择题：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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知实数，，满足，则下列不等式一定成立是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】根据给定条件，利用不等式的性质、基本不等式，结合指数、对数函数性质逐项判断.【详解】对于A，由，得，A正确；对于B，取，满足，而，B错误；对于C，取，满足，而，C错误；对于D，由，得，D正确.故选：AD10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.此函数的周期为 B.此函数图象关于直线对称C.此函数在区间上有6个零点 D.此函数在区间上单调递减【答案】BD【解析】【分析】利用周期函数定义、轴对称性质判断AB；求出函数零点判断C；利用导数确定单调性判断D.【详解】对于A，，函数周期不为，A错误；对于B，，图象关于直线对称，B正确；对于C，，由，得或，又，则，函数在区间上有7个零点，C错误；对于D，，当时，，，，因此，函数在区间上单调递减，D正确.故选：BD11.一个圆柱表面积为，体积为，则下列四组数对中，可作为数对的有（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】利用圆柱表面积、体积公式建立关于圆柱底面圆半径的函数，再利用导数求出最小值进而判断.【详解】设圆柱的底面圆半径为，高为，则，即，因此，令，求导得，对于AB，当时，，，当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，于是，，而，因此有解，无解，A可以，B不可以；对于CD，当时，，，当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，于是，即，而，因此都有解，CD均可以.故选：ACD【点睛】关键点点睛：利用圆柱半径，结合体积及表面积建立函数关系，再利用导数探讨最小值是求解的关键.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知为等比数列，，，则______．【答案】【解析】【分析】结合等比数列的性质，即可求解.【详解】设公比为．由题可得，所以，即，又，所以．故答案为：13.若圆与曲线有两个公共点，则的取值范围为_____．【答案】【解析】【分析】根据圆、曲线的对称性，只需分析与圆只有一个交点即可，分相切与相交两种情况讨论，分别计算可得.【详解】圆的圆心为坐标原点，关于轴对称，因为为偶函数，函数图象关于轴对称，所以曲线的图象也关于轴对称，所以只需研究与圆只有一个交点即可，当与圆相切时，则，当与圆相交时（只有一个交点），则，综上可得的取值范围为.故答案为：14.已知表示不超过的最大的整数，如，，若方程的正实数根为，则_____．（参考数据：）【答案】【解析】【分析】由题意可得，再代入化简求解即可.【详解】方程正实数根为，则，，则.故.故.故答案为：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.的内角，，的对边分别为，，，已知．（1）求；（2）若，的面积为．求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据余弦的二倍角公式化简即可；(2)根据面积公式结合余弦定理求解即可.【小问1详解】由可得，解得或（舍），故.又为内角，故.【小问2详解】，则，解得.由余弦定理可得，解得.故的周长为.16.如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面，．（1）求证：平面；（2）已知，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据线面垂直得到线线垂直，再根据一条直线垂直于一个平面里两条相交的直线，即可得到线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，直线与平面所成角的正弦值即为直线所在的方向向量与平面法向量夹角的余弦值，可求得结果.【小问1详解】设平面，过作、，垂足分别为，因为平面平面，平面平面，、平面，所以平面，因为平面，所以，同理，又因为平面，所以平面.【小问2详解】由（1）知平面，因为平面，所以，又因为，所以两两垂直，以为坐标原点，，的方向，分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：

由，可设，则，，所以，所以，设为平面的法向量，则取，设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.17.数列满足．（1）证明：数列是等比数列；（2）求的通项公式；（3）若，证明：数列的前项和．【答案】（1）证明见解析（2）（3）证明见解析【解析】【分析】(1)构造结合等比数列的定义判断即可；(2)根据（1）可得的通项公式，进而可得的通项公式；(3)根据裂项相消求和证明即可.【小问1详解】由可得，解得，则.且，故是以2为首项，2为公比等比数列，即得证.【小问2详解】由（1），故【小问3详解】，故，即得证.18.已知函数．（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论的单调性；（3）当时，恒成立，求实数的最小值．【答案】（1）；（2）答案见解析.（3）.【解析】【分析】（1）把代入，求出导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.（2）求出导数，再按分类求出函数的单调区间.（3）由（2）的信息，求出函数的最大值，再由已知建立恒成立的不等式并分离参数，构造函数并利用导数求出最大值即可.【小问1详解】当时，函数，求导得，则，而，所以所求切线方程为.【小问2详解】函数的定义域为，求导得，当时，由，得；由，得，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，由，得或；由，得，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，恒成立，函数在上单调递增；当时，由，得或；由，得，函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数的递增区间为，递减区间为；当时，函数的递增区间为上单调递增，递减区间为；当时，函数的递增区间为；当时，函数的递增区间为，递减区间为.【小问3详解】由（2）知当时，函数在上单调递增，在上单调递减，则，依题意，，即恒成立，令函数，求导得，当时，，当时，，函数在上递增，在上递减，即，因此，所以最小值为.19.已知椭圆的左、右顶点分别为，．椭圆上任意一点（不与，重合），满足直线，的斜率之积等于．当点在椭圆的上顶点时，的面积为．（1）求的方程；（2）已知不在轴上的动点在定直线上运动时，直线、分别交椭圆于两点，．（i）求证：为钝角；（ii）求四边形面积的最大值．【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）6.【解析】【分析】（1）利用斜率坐标公式列式求出，再结合三角形面积即可求得方程.（2）（i）设出点的坐标，求出直线方程，与椭圆方程联立求出坐标，利用平面向量夹角公式推理判断；（ii）由（i）中信息求出四边形面积的函数关系，借助基本不等式及对勾函数的性质求出最值.【小问1详解】设，则，即，又，于是，当点为椭圆的上顶点时，，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】（i）由（1）知，由椭圆对称性，不妨设，直线斜率，直线的斜率，直线的方程为，直线的方程为，由消去得，由韦达定理得，即