精品解析：2025届四川省乐山第一中学校高三二模测试数学试题

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. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数，若在是减函数，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A B. C. D. 0 5. 等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 30 B. 50 C. 20 D. 40 6. 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. 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. 8. 已知函数，设，，，则，，的大小关系为（ ） 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200 B. 数据1，3， 4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10 C. 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 10. 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，则数列的前项和为 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 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___________. 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________. 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__________. 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. 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． 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. 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：． 19. 已知函数，． （1）对任意的，恒成立，求实数的取值范围； （2）设方程在区间内根从小到大依次为，，…，，…，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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：B 5. 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：B 6. 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：A 8. 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200 B. 数据1，3， 4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10 C. 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：ABD 10. 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，证明出，结和的单调性，即可证得结论成立. 【小问1详解】 ，对任意的，恒成立， 即对任意的恒成立． 当时，则有对任意的恒成立； 当时，，则，令，其中， ， 且不恒为零， 故函数在上单调递增，则，故． 综上所述，． 【小问2详解】 由可得， 令，则． 因为，则， 所以，，所以，函数在上单调递减． 因为， 所以，存在唯一的，使得． 所以，，则， 所以， ， 因为函数在上单调递减， 故，即． 【点睛】利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结论构造辅助函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$