河北省沧州市运东五校2025届高三下学期二模数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1河北省沧州市运东五校2025届高三下学期二模数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】故选：A2.若正数x，y满足x+3y=5xy，则3x+4y的最小值是A. B. C.5 D.6【答案】C【解析】由已知可得，则，所以的最小值，应选答案C．3.函数的零点所在的区间为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为与均在定义域上单调递增，所以在上单调递增，又，，，，又∵f1函数的零点所在区间是．故选：B．4.已知角的终边过点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为角的终边过点，所以，.故选：D.5.已知向量＝(1，1)，＝(0，2)，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】对于，1×2－0×1≠0，所以该选项错误；对于B，＝(2，0)，＝(0，2)，则2×0＋0×2＝0，所以，所以该选项正确；对于C，，，所以该选项错误；对于D，＝1×0＋1×2＝2，所以该选项错误．故选：B6.已知复数在复平面内所对应的点分别为，则（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】由复数的几何意义可得，所以.故选：A.7.三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，，直线AC与BD所成角为，则三棱锥外接球表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可得，因为为等边三角形，所以，又，且所以，所以,取的中点，易得,又所以平面，又平面，所以平面平面，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，令，所以，因为，所以，所以，所以，因为直线AC与BD所成角为，所以，解得，即，如图，为外接球的球心，为等边三角形的重心，设点A在平面内的投影为，作，所以,所以在中，,,所以在中，，解得，所以，三棱锥外接球表面积为，故选：A8.设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设，则的中点，可得，因为在双曲线上，则，两式相减得，所以.对于选项A：可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；对于选项B：可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；对于选项C：可得，则由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；对于选项D：，则，联立方程，消去y得，此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；故选：D.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.已知公差为的等差数列中，前项和为，且，，则（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】在等差数列中，，解得，而，则，B正确；于是得公差，A正确；，则，C不正确；，D正确.故选：ABD10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.有最大值B.当时，的图象在点处的切线方程是C.在区间上单调递减D.关于方程有两个不等实根，则的取值范围是【答案】BD【解析】因为，选项A，当时，，当时，.所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以有最小值，无最大值，故A错误；选项B，当时，，所以的图象在点处的切线方程是，故B正确；选项C，因为在区间上单调递减，在区间上单调递增，故C错误；选项D，方程，即，令，而，当时，，当时，.所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，当时，且，如图，的范围是，故D正确.故选：BD11.在长方体中，分别是棱的中点，是的中点，直线与平面交于点，则（）A.异面直线与所成角的余弦值是B.点到平面的距离是C.三棱锥的体积为D.四面体外接球的表面积是【答案】ACD【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，故，故异面直线所成角的余弦值为，故A正确；因为，设平面的法向量为，则由可得，取，而，故点到平面的距离是，故B错误；又，设，则因为共线，所以，故，即，故，且在轴上，故，故C正确；设四面体外接球的球心为，则，即；；，整理得到：，故，故外接球半径为，故外接球的表面积为，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.函数在上的最大值为________.【答案】【解析】因为，所以所以，函数的最大值为．故答案为：.13.如图所示，制作某回旋飞梭的飞行翅膀时，需从一个直角三角形的塑料板上裁去一个以其斜边为一边且对角为150°的三角形(图中的阴影部分)再加工而成为游戏者安全考虑，具体制作尺寸为，，，则___________.【答案】【解析】由题意可得，.又，，所以.设，则.因为，且，所以.又，且，所以.在中，由正弦定理可得，即，解得.故.故答案为：.14.已知、是椭圆和双曲线的公共焦点，是他们的一个公共点，且，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为___.【答案】【解析】设椭圆的长半轴为a，双曲线的实半轴为a1，（a＞a1），半焦距为c，由椭圆和双曲线的定义可知，设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2,∵∠F1PF2=，则∴由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）2﹣2r1r2cos，①在椭圆中，①化简为即4c2=4a2﹣3r1r2…②，在双曲线中，①化简为即4c2=4a12+r1r2…③，，由柯西不等式得（1+）（）≥（）2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.如图，点是角终边上一点．（1）求，，；（2）化简并求值．解：（1）由已知点是角终边上一点，得，则，所以，；（2）.16.在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．证明：（1）由于分别是的中点，所以.由于平面,平面，所以平面.（2）由于平面，平面，所以.由于，所以平面,由于平面，所以平面平面.17.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.（1）求角A的大小；（2）若，，求边c及的值.解：（1）根据正弦定理，由可得.即，即，因为，所以.所以，即.（2）由正弦定理，可得，解得，根据余弦定理可得，即，，解得或（舍去）故.因为，所以，所以，所以，，所以.18.设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率.解：（1）设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，b=2，c=1.所以，椭圆方程为.（2）由题意，设.设直线的斜率为，又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，整理得，可得，代入得，进而直线的斜率，在中，令，得.由题意得，所以直线的斜率为.由，得，化简得，从而.所以，直线的斜率为或.19.已知关于x的函数与在区间D上恒有．（1）若，求h(x)的表达式；（2）若，求k的取值范围；（3）若求证：．解：（1）[方法一]:判别式法由可得在R上恒成立，即和，从而有即，所以，因此，．所以．[方法二]【最优解】：特值+判别式法由题设有对任意的恒成立.令，则，所以因此即对任意的恒成立，所以，因此.故.（2）[方法一]令，.又.若，则在上递增，在上递减，则，即，不符合题意.当时，，符合题意.当时，在上递减，在上递增，则，即，符合题意.综上所述，.由当，即时，在为增函数，因为，故存在，使，不符合题意.当，即时，，符合题意.当，即时，则需，解得.综上所述，的取值范围是.[方法二]【最优解】：特值辅助法由已知得在内恒成立；由已知得，令，得，∴(*)，令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，∴，∴当时在内恒成立；由在内恒成立，由(*)知，∴，∴，解得.∴的取值范围是.（3）[方法一]：判别式+导数法因为对任意恒成立，①对任意恒成立，等价于对任意恒成立.故对任意恒成立.令，当，，此时，当，，但对任意的恒成立.等价于对任意恒成立.的两根为，则，所以.令，构造函数，，所以时，，递减，.所以，即.[方法二]：判别式法由，从而对任意的有恒成立，等价于对任意的①，恒成立．（事实上，直线为函数的图像在处的切线）同理对任意的恒成立，即等价于对任意的恒成立．②当时，将①式看作一元二次方程，进而有，①式的解为或（不妨设）；当时，，从而或，又，从而成立；当时，由①式得或，又，所以．当时，将②式看作一元二次方程，进而有．由，得，此时②式的解为不妨设，从而．综上所述，．