精品解析：湖南省永州市第四中学2025届高三上学期第二次模拟考试数学试卷

永州四中2025届高三第二次模拟考试数学试卷 本卷满分150分，考试时间120分钟 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. 已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合,再利用集合,表示出阴影部分的集合，最后利用集合的运算求解即可. 【详解】由已知得，集合，则， 阴影部分表示的集合为 故选：. 2. 已知，，，，且四边形ABCD为平行四边形，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则，可得，，根据平行四边形的性质，可得，化简即可得答案. 【详解】由题意，， 因为四边形ABCD为平行四边形， 所以，即， 整理得. 故选：B 3. 已知i为虚数单位，则复数（ ） A. －2 B. 2 C. D. 2i 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数乘除法运算法则计算即可. 【详解】． 故选：C． 4. 已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则的图象的对称轴可以为（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意找到函数的对称点，结合特殊值法求出的值，利用辅助角公式将解析式化简，最后整体替换计算得到结果. 【详解】由题意可得的图象关于点对称， 即对任意，有， 取，得，解得， 经检验，满足题意， 故， 令，可得，， 当时，， 故的对称轴可以为， 故选：D. 5. 笛卡尔是法国著名的数学家、哲学家、物理学家，他发明了现代数学的基础工具之一——坐标系，将几何与代数相结合，创立了解析几何．相传，52岁时，穷困潦倒的笛卡尔恋上了18岁的瑞典公主克里斯蒂娜，后遭驱逐，在寄给公主的最后一封信里，仅有短短的一个方程：，拿信的公主早已泪眼婆娑，原来该方程的图形是一颗爱心的形状．这就是著名的“心形线”故事．某同学利用几何画板，将函数，画在同一坐标系中，得到了如图曲线．观察图形，当时，的导函数的图像为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题干已知图像判断x>0时g(x)图像的形状，根据g(x)图像的单调性和切线斜率变化即可判断其导数的图像． 【详解】根据f(x)和g(x)的解析式可知f(x)和g(x)均为偶函数，图像关于y轴对称， 当x>0时，， 设y，则，∴此时f(x)对应的图像是题干中图像在第一部分的半圆， ∴x>0时，g(x)对应题干中的图像在第四象限的部分， ∵该部分图像单调递增，故的值恒为正，即图像始终在x轴上方，故排除选项BC；且该部分图像的切线斜率先减小后增大，故的值先减小后增大，由此对应的只有A图像满足． 故选：A． 6. 在中，边上的高等于，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出图形，利用直角三角形边角关系求出，再利用诱导公式及和角的余弦公式计算得解. 【详解】令的内角所对边为，过作于，则， 在直角中，，，则，从而， 在直角中，， 从而，，在中，， 所以. 故选：D 7. 已知向量，向量的模长均为2，且.若向量，且，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意首先得，然后，结合约束条件可得，进一步利用三角换元、三角函数性质以及三角恒等变换即可求解. 【详解】因为向量，向量的模长均为2，且，所以， 解得， 不妨设， 所以， 因为， 所以，整理得， 设， 所以 ，其中， 所以，等号成立当且仅当， 综上所述，的最大值是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：关键在于适当转换约束条件得出，结合向量的模长公式即可求解. 8. 过点有条直线与函数的图像相切，当取最大值时，的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导分析的图象可得，再设切点坐标为，由题可得有三根，再构造函数求导分析图象单调性与最值即可 【详解】由，，故当时，，单调递减，且；当时，，单调递增，结合图象易得，过点至多有3条直线与函数的图像相切，故. 此时，设切点坐标为，则切线斜率，所以切线方程为，将代入得，存在三条切线即函数有三个不同的根，又，易得在上，，单调递增；在和上，，单调递减，画出图象可得当，即时符合题意 故选：B 【点睛】本题主要考查了利用导数解决切线的问题，同时也考查了构造函数，求导分析单调性，进而确定根的个数与参数取值范围的问题，属于难题 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. ） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 的一个必要不充分条件是 B. 若集合中只有一个元素，则 C. 已知，，则p的否定对应的x的集合为 D. 向量的夹角为钝角的充要条件是“” 【答案】AC 【解析】 【分析】由充分条件，必要条件的定义即可判断A，分与讨论，即可判断B，由命题的否定即可判断C，由平面向量的坐标运算即可判断D 【详解】对于A，因为由，得成立，即成立，反之不成立， 故“”是“”的一个必要不充分条件，故A正确； 对于B，若集合中只有一个元素， 当时，，符合题意，故B不正确； 对于C，已知，，即，， 故对应的x的集合为，故C正确； 对于D，若向量的夹角为钝角， 则且与不反向共线， 即且，解得且，故D错误； 故选：AC 10. 设矩形（）的周长为定值，把沿向折叠，折过去后交于点，如图，则下列说法正确的是（ ） A. 矩形的面积有最大值 B. 的周长为定值 C. 的面积有最大值 D. 线段有最大值 【答案】BC 【解析】 【分析】设，用x表示相应的长度和面积，根据基本不等式的性质，结合图形折叠的性质，结合对勾函数的性质逐一判断即可. 【详解】对于选项A：设，则， 因为，所以． 矩形的面积， 因为，所以无最大值．故A错． 对于选项B：根据图形折叠可知与全等， 所以周长为．故B正确． 对于选项C：设，则，有， 即，得， ， 当时，取最大值．故C正确． 对于选项D：因为， 可知函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当，当时函数有最小值，无最大值．故D错误． 故选：BC． 11. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则（    ） A. 的图象关于点对称 B. 是以4为周期的周期函数 C. D. 存在函数，使得对，都有 【答案】AC 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性结合已知得出对称中心判断A,计算得出周期判断B,应用周期性求函数值判断C,反证法判断D. 【详解】对于A，根据题意由可得；又为奇函数， 联立，两式相加可得，因此的图象关于点对称，即A正确； 对于B，由A选项可知，又为偶函数，所以，可得， 即，所以，即是以8为周期的周期函数，可知B错误； 对于C，易知，由可得，又，所以； 所以，即C正确； 对于D，假设存在，使得对，都有，由可得， 可得；因此，又， 即的函数值不唯一，构不成函数关系，假设不成立，即D错误. 故选：AC. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分. ） 12. 已知，为实数，设，则___________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据指数式与对数式的互化，以及换底公式，对数的运算性质即可解出． 【详解】因为，所以，， 因此． 故答案为：1． 13. 在中，过重心E任作一直线分别交AB，AC于M，N两点，设，，（，），则的最小值是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量基本定理及共线向量定理的推论求出的关系，再利用基本不等式求出最小值. 【详解】在中，点为重心，则， 而点共线，则， 因此，当且仅当时取等号， 所以的最小值是. 故答案为： 14. 若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时，__________． 【答案】 【解析】 【分析】以为变量，结合一元二次不等式的存在性问题可得，解不等式结合题意得，由此可得答案. 【详解】因为恒成立， 即恒成立， 若存在实数，使得上式成立，则， 则， 可得，可得， 解得， 由， 则取得最大值时， 此时. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：双变量问题的解题关键是一次只研究其中一个变量，本题先以为变量，转化为存在性问题分析求解. 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，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为2，且两两夹角为．求： （1）的长； （2）与夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）表达出，平方后，结合数量积运算法则计算出，求出的长为； （2）计算出，，从而利用向量的夹角余弦公式求出答案. 【小问1详解】 设，，，由题意知：，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即的长为， 【小问2详解】 ∵， ∴， ∴， ， ∴， 即与夹角的余弦值为． 16. 已知的内角，，的对边分别为，，，若． （1）求的值； （2）若的面积为，求周长的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，代入已知等式，利用正弦定理和余弦定理角化边，可求的值； （2）已知条件结合三角形面积公式化简求出，由正弦定理结合两角和与差的正弦公式得，由，得，可求周长的取值范围． 【小问1详解】 ∵， 由正弦定理可得：， 由余弦定理知：，， 可得， 则有，由，解得. 【小问2详解】 中由余弦定理知，又在中有， ∴，化简得， ∵，∴. 又，由正弦定理得：，， ， 因在中，，，， 所以，当时，等号成立， ∴周长的取值范围是． 17. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若，当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）的极大值为,的极小值为． （2）,． 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，进而可得函数单调性，根据导数与极值的关系，即可求得答案； （2）将化为，由此令，则，则原问题转化为在上单调递增，继而结合导数与函数单调性的关系，即可求解． 【小问1详解】 当时，，定义域为， 则， 令，则或；令，则； 则在，上单调递增，在上单调递减， 故函数的极大值为， 的极小值为． 【小问2详解】 不妨设， 因为对一切都成立， 所以对一切都成立， 令，则，定义域为， 则原问题转化为在上单调递增； 又， 当时，，在上单调递增； 当时，需在上恒成立，即在上恒成立， 对于，图象过定点，对称轴为， 故要使得在上恒成立， 需满足且， 解得， 综合可得，即的取值范围为,． 【点睛】关键点点睛：由对一切都成立，转化为对一切都成立，构造，将原问题转化为在上单调递增，利用导数求解. 18. 已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数． （1）求动点的轨迹方程，并说明轨迹即曲线的形状． （2）过作两直线与抛物线相切，且分别与曲线交于，两点，直线，的斜率分别为，． ①求证：为定值； ②试问直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，进而求得点的轨迹方程； （2）①设切线方程为，联立方程组，由，得到，转化为是方程的两根，得到，进而可求得，即可得证； ②设直线的方程为，联立方程组，求得，由，结合斜率公式，化简求得或，再由直线的点斜式方程，即可得到直线恒过定点. 【小问1详解】 解：由动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数， 因为，点到定直线的距离为， 根据题意，可得，整理得， 所以点的轨迹方程为. 【小问2详解】 解：①证明：设过点与抛物线相切的直线方程为， 其中， 联立方程组，整理得， 则，整理得， 由直线的斜率分别为，则是方程的两个实数根， 可得，则， 所以为定值. ②设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 可得， 因为，可得，即， 化简可得， 即，所以， 所以或， 当时，可得，此时恒过定点与点重合，舍去； 当时，可得，此时恒过定点， 综上所述，直线恒过定点. 【点睛】知识方法点拨：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略 1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标； 2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 19. 从函数的观点看，方程的根就是函数的零点，设函数的零点为.牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.具体做法如下：先在轴找初始点，然后作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线（轴，以下同），切线与轴交于点，再作在点处切线，一直重复，可得到一列数：.显然，它们会越来越逼近.于是，求近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为的近似解. （1）设，试用牛顿法求方程满足精度的近似解（取，且结果保留小数点后第二位）； （2）如图，设函数； （i）由以前所学知识，我们知道函数没有零点，你能否用上述材料中的牛顿法加以解释？ （ii）若设初始点为，类比上述算法，求所得前个三角形的面积和. 【答案】（1） （2）（i）证明：设，则， 因为，所以， 则处切线为， 切线与轴相交得， ，即为定值，根据牛顿法，此函数没有零点； （ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意分别计算出，取得近似值即为方程的近似值； （2）（i）设，则，由，求得点处的切线方程，得到，即可得证； （ii）再根据得到，从而，求解； 【小问1详解】 由函数，则， 切线斜率，, 那么在点处的切线方程为， 所以，且， ，, 那么在点处的切线方程为， 所以，且， 故用牛顿法求方程满足精度的近似解为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）因为得， 所以，， 所以， ， ． 故所得前n个三角形的面积和为. 【点睛】关键点点睛：根据，利用叠加法得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永州四中2025届高三第二次模拟考试数学试卷 本卷满分150分，考试时间120分钟 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. 已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，，，且四边形ABCD为平行四边形，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知i为虚数单位，则复数（ ） A. －2 B. 2 C. D. 2i 4. 已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则的图象的对称轴可以为（ ）. A. B. C. D. 5. 笛卡尔是法国著名的数学家、哲学家、物理学家，他发明了现代数学的基础工具之一——坐标系，将几何与代数相结合，创立了解析几何．相传，52岁时，穷困潦倒的笛卡尔恋上了18岁的瑞典公主克里斯蒂娜，后遭驱逐，在寄给公主的最后一封信里，仅有短短的一个方程：，拿信的公主早已泪眼婆娑，原来该方程的图形是一颗爱心的形状．这就是著名的“心形线”故事．某同学利用几何画板，将函数，画在同一坐标系中，得到了如图曲线．观察图形，当时，的导函数的图像为( ) A. B. C. D. 6. 在中，边上的高等于，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，向量的模长均为2，且.若向量，且，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 过点有条直线与函数的图像相切，当取最大值时，的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. ） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 的一个必要不充分条件是 B. 若集合中只有一个元素，则 C. 已知，，则p的否定对应的x的集合为 D. 向量的夹角为钝角的充要条件是“” 10. 设矩形（）的周长为定值，把沿向折叠，折过去后交于点，如图，则下列说法正确的是（ ） A. 矩形的面积有最大值 B. 的周长为定值 C. 的面积有最大值 D. 线段有最大值 11. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则（    ） A. 的图象关于点对称 B. 是以4为周期的周期函数 C. D. 存在函数，使得对，都有 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分. ） 12. 已知，为实数，设，则___________. 13. 在中，过重心E任作一直线分别交AB，AC于M，N两点，设，，（，），则的最小值是______. 14. 若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时，__________． 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，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为2，且两两夹角为．求： （1）的长； （2）与夹角的余弦值． 16. 已知的内角，，的对边分别为，，，若． （1）求的值； （2）若的面积为，求周长的取值范围． 17. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若，当时，恒成立，求的取值范围. 18. 已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数． （1）求动点的轨迹方程，并说明轨迹即曲线的形状． （2）过作两直线与抛物线相切，且分别与曲线交于，两点，直线，的斜率分别为，． ①求证：为定值； ②试问直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由． 19. 从函数的观点看，方程的根就是函数的零点，设函数的零点为.牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.具体做法如下：先在轴找初始点，然后作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线（轴，以下同），切线与轴交于点，再作在点处切线，一直重复，可得到一列数：.显然，它们会越来越逼近.于是，求近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为的近似解. （1）设，试用牛顿法求方程满足精度的近似解（取，且结果保留小数点后第二位）； （2）如图，设函数； （i）由以前所学知识，我们知道函数没有零点，你能否用上述材料中的牛顿法加以解释？ （ii）若设初始点为，类比上述算法，求所得前个三角形的面积和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $