陕西省安康市2024-2025学年高三下学期第二次质量联考数学试卷

2024一2025学年安康市高三年级第二次质量联考 二，坊择题：本通共3小通，每小题6分，共峰分.在每小题始出的露项中，有多项杆合愿日要常全 数学 阁远对得6分，都分透时的调都分分，有选镜的得0分。 试缘满分：0分。考试时国：120分神 9已如实数，占，c清是eb30,下列不等式一定成立的是 注章项： A“,5 金 1答装前，率生务必梅白己的姓名、考生号等填写在答赠卡和试整指定位置。 Cwpto D.at 工国答选桶凰时，滋出每小思答客后，用2B铅笔把答题卡上对应程目的答案标号涂属。 0已知函数八x)=-i证+in,则下列说法正骑的是 如网成动。用橡成壤干净后，再选缘其佳答案标号。回答非是狮题时。将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 九此质数的周期为： 品此函致图象关于直线“受对释 3,等试监桌后，将本试卷和答卡一并交国。 一，选择题：本题共8小通，每小题5分，共0分.在每小题给出的四个避项中，只有一个这项鼻正 C.此两数在区闻[0,2知]上有6个零点 D成活数在区向行}上单减 确的 11一个圆柱表面积为S,体积为V则下列四组数对中，可作为数对(S,的有 1已知集合4-已B10,12,3到，则An8- A.(6,1) 5,1) C.(5ar） D.(4, 三、填空题：本题具3小题，每小题5分，共15分 A-1,0,12 B.12,3) C-1.1.2 D.1,2到 2已知|a,1是等比数列，且岛=1，，-.则4， 2已知i为隆数单位，看(2+0=3-4，则引+2i到= 以若固G:2灯=(0)与线y=4-2=有两个公共点，周r约最组范围为 A.10 B. C.5 D.5 4已知[]表示不都过x的最大的整数，如[】-3，【-l.3】-2,若方送’--1~0的正实数根 3已知向量a=《-12)b=(3),若a帆eb.则x 为m,则[n门= 号 C.-6 D.6 国、解苦题：本题线5小，共刀分，解着应写出文李说明、证明过程或演算步康 4已如ih(eH)=35etsa+),lnai9▣2，则un(c)= 15(13分)AM8C的内物A.B.C的对边分尉为a.6.c,已年o2C+3osC=L (1)求G: A B.-1 c时 号 (2)若a=2万，△MC的面积为25.求△4C的测长 三已知抛物战y=m气阳>0)物常点为F,第一象果的点P叫a,)在抛物战上，着引伊=2则m+e= 星 暗 丘已知取到e,}的首n项和为三馬-2，且低为等麦数列，若气，，m,=1.则空。 线 九-3 良的 C36 D.-36 久设双由线G写石1的左右瓶点分别为R,乃，坐标服点为0，第一象限的点P在双由线C 上，连接P0势延长交双线另一点Q,吞引PP=3引F,Q,则PQ■ L45 ®.8 C.45 D.4万 量已知偏数风)的定文城为R,Y年eR,都有代+1门式)八x+2)-八x)写2+1，且几)=1， 41)= A.1600 B.1601 C20 D.82I 心4一心学年安重市高三年接螺二次横量取考·题学第！页（共4翼） 位4一5学年安康省流三年量算二次置量联角·数峰第2灭（共4夏） C⑤扫描全能王 3红人都在同销程细 板(5分)知图，在三棱性A8C-A,,G中平面CC&,1平面AGC,4,平面A8C1平面CC,4, A,C⊥AB 8(7分)已知肠数a)-2-+)atm(oa. (1)若a*2,求由线y)在点(0/《们)处的切线方程： (2)讨论八x)的单调怪： (3)当a心0时凡)Gh-(a)-e恒成立，求实数6约最小值 《1)求证：BC4平直A0C,A11 《2)已知A,C=2G=2C.求直线AB,与平面CC,B,所成角的正弦值 收（们分已知用c号-10统，右点分别为AB腰上在量一点不与儿 : 7.(5分1数到4，}满足鸟=5，a4=2a,-l. ()正明：数列[a。-11是等比数列： 重合).清足直线风，0的斜率之积等于-是当点了在树圆的上顺点时△山8的医积为2原. (2)求{e,约通项公式： 《1)求C的方程 (若人一，正明：数到，的前：项和气宁 (2)已知不在x轴上的动点M在定直线=4上超动时，直线M.M分利交州圆于两点P,Q. d.d (i》求证：∠P0为钝角： (后)求四边形APQ雀积的最大值 线 42025学年安家市离三年极第二次质量眼考·数学第3无（共4无） 4一5学年安度市离三年想复二次质量量考·数学第4复（共4页0 C⑤扫描全能王 3红人都在同销程细2024—2025 学年安康市高三年级第二次质量联考 数学　 参考答案 1. D　 【详解】 由 3 x >1,得 3 x -1 = 3 -x x >0,即 0<x<3,所以 A∩B= 1,2{ } . 故选:D. 2. B　 【详解】 z= 3 -i 2+i = 3-i( ) 2-i( ) 2+i( ) 2-i( ) = 1-i,故 z= 1+i,所以 z+2i = 1+3i = 10 . 故选:B. 3. C　 【详解】 因为 a∥(a+b),所以 a∥b,所以-1×x= 2×3,即 x= -6. 故选:C. 4. B　 【详解】 由 sinαcosβ-cosαsinβ= 3cosαcosβ-3sinαsinβ,得 tanα-tanβ= 3-3tanαtanβ= -3. 所 以 tan α-β( ) = tanα -tan β 1+tanαtan β = -3 1+2 = -1. 故选:B. 5. A　 【详解】 由 y=mx2(m>0),得 x2 = 1 m y. 因为第一象限点 P(n,1)在抛物线上且 FP = 2,所以 1 4m +1 = 2,即 m= 1 4 . 所以 1 = 1 4 n2 得 n= 2,即 m+n= 9 4 . 故选:A. 6. A　 【详解】 由 S6 +a4 +a5 +a6 = 1,得 S6 +S6 -S3 = 1,即 6S6 -3S3 = 3,因为 nSn{ }为等差数列,设其公 差为 d,则 6S6 -3S3 = 3d,即 d = 1,所以 nSn = 1×S1 + n-1( ) ×d,即 nSn = n+1,所以 Sn = n+1 n ,所以 S8 = 9 8 ,a8 =S8 -S7 = 9 8 - 8 7 = - 1 56 ,即 S8 a8 = 9 8 - 1 56 = -63. 故选:A. 7. C　 【详解】 由对称性知 PO = OQ ,又 O 是线段 F1F2 的中点,所以四边形 F1PF2Q 为平行四 边形,所以 F1Q = F2P ,即 F1P = 3 F1Q = 3 F2P ,又 F1P - F2P = 2a= 6,所以 F1P = 9, F2P = 3,又 F1F2 = 2c= 10,由 PQ 2 + F1F2 2 = 2 F1P 2 + F2P 2( ) 代入数据,得 PQ = 4 5 . 故选:C. 8. D　 【详解】 由 f(x+1) -f x( ) ≥x,得 f(x+2) -f x+1( ) ≥x+1,即 f(x+2) -f x( ) ≥2x+1, 又因为 f(x+2) -f x( ) ≤2x+1,所以 f(x+2) -f x( ) = 2x+1, 即 f(3) -f 1( ) = 3,f(5) -f 3( ) = 7,f(7) -f 5( ) = 11, ︙ f(41) -f 39( ) = 79,所以 f(41) -f 1( ) = 3+7+11+…+79 = 3 +79( ) ×20 2 = 820, 即 f(41)= f 1( ) +820 = 821. 故选:D. 9. AD　 【详解】 对于选项 A,b +c a+c - b a = c a-b( ) a a+c( ) ,由 a>b>c>0,得 a-b>0 且 a+c>0。 所以b +c a+c - b a >0, 即 b+c a+c > b a ,故 A 正确; 对于选项 B,取 a= 4,b= 2,显然 ba =ab,故 B 错误; 对于选项 C,取 a= 3,b= 2,c= 1,显然 lg a -b b-c = 0,故 C 错误; 对于选项 D,a+c+ 1 bc >b+c+ 1 bc >2 bc + 1 bc ≥2 2,故 D 正确. 故选:AD. 10. BD　 【详解】 对于选项 A, f π 3( ) = -sin π 3 +sin π = - 3 2 , f 4π 3( ) = -sin 4π 3 +sin4 π = 3 2 ,显然 f π 3( ) ≠f 4 3 π( ) ,所以函数周期不为 π,故 A 错误; 对于选项 B, f π 2 - x( ) = -sin π2 -x( ) +sin 3 π 2 - x( )é ë êê ù û úú = -cosx-cos3x, f π 2 +x( ) = -sin π2 +x( ) +sin 3 π 2 +x( )é ë êê ù û úú = -cosx-cos3x, 所以 f π 2 - x( ) = f π 2 +x( ) ,即函数图象关于直线 x= π2 对称,故 B 正确; 对于选项 C,D 选项, f(x)= -sinx+sin3x = -sinx+sinxcos2x+cosxsin2x = -sinx+sinx 1-2 sin2x( ) +2sinx 1-sin2x( ) = 2sinx-4sin3x 令 f(x)= 0,得 2sinx-4 sin3x= 0,即-4sinx sinx- 2 2( ) sinx+ 2 2( ) = 0, 所以 sinx= 0,或 sinx= 2 2 ,或 sinx= - 2 2 , 由 x∈ 0,2π[ ] ,解得 x1 = 0,x2 = π 4 ,x3 = 3 4 π,x4 = π,x5 = 5 4 π,x6 = 7 4 π,x7 = 2π, 所以函数有 7 个零点,故 C 错误; f′(x)= 2cosx 1-6 sin2x( ) , 当 π 4 < x < π 2 时,cosx>0, 1 2 < sin2x<1,1-6 sin2x<0,所以 f′(x) <0, 所以 f(x)在 π 4 , π 2( ) 上单调递减,故 D 正确. 故选:BD. 11. ACD　 【详解】 设圆柱底面半径为 r,母线长为 l,则:V= πr2 l,得 l= V πr2 r>0( ) , 所以 S= 2πr2 +2πrl= 2πr2 +2V r , 令 f( r)= 2πr2 +2V r r>0( ) ,f′( r)= 4πr - 2V r2 = 4πr 3 -2V r2 = 4π r3 - V 2π( ) r2 , 当 0<r< 3 V 2π 时,f′ r( ) <0,f r( ) 单调递减;当 r> 3 V 2π 时,f′ r( ) >0,f r( ) 单调递增, 所以当 r= 3 V 2π 时,f r( ) min = 2π 3 V 2π( ) 2 + 2V3 V 2π = 3V3 V 2π . 即 S≥ 3V3 V 2π . 故 S3 V2 ≥54π. 代入数据,故选:ACD. 12. 2 2 　 【详解】 因为{an}是等比数列,设其公比为 q,则 a7 = a3q4,q4 = 8,所以 q2 = 2 2 . 所以 a5 =a3q2 = 2 2 . 13. r r > 4,或 r= 4 5 5{ } 　 【详解】 由题可得下图 4 4 -4 -4 x y 0 当 x>0 时,y= 4-2x,即 2x+y-4 = 0. 当此直线与圆相切时,得 r= 2 ×0+0-4 22 +12 = 4 5 5 , 当圆过 0,4( ) 时,r= 4. 故答案: r r > 4,或 r= 4 5 5{ } . 14. 321　 【详解】 由方程 x2 -x-1 = 0,得 m= 1 + 5 2 ,令 n= 1 - 5 2 ,则 m+n= 1,mn= -1,所以 m2 +n2 = (m+n) 2 -2mn= 3 m3 +n3 = (m+n)(m2 -mn+n2)= 4 m6 +n6 = (m3 +n3) 2 -2m3n3 = 18 m12 +n12 = (m6 +n6) 2 -2m6n6 = 322 因为 n= 1 - 5 2 ≈-0. 6,所以 0<n12 <1,即[m12] = 321. 15. (1) π 3 　 　 (2)6+2 3 【详解】(1)由 cos2C+3cosC= 1,得 2 cos2C-1+3cosC-1 = 0,(2 分) 即(2cosC-1)(cosC+2)= 0,解得 cosC= 1 2 . (4 分) 因为 0<C<π,所以 C= π 3 . (6 分) (2)由 SΔABC = 1 2 absinC,得 2 3 = 1 2 absin π 3 ,即 ab= 8,(8 分) 由 c2 =a2 +b2 -2abcosC,得(2 3 ) 2 =a2 +b2 -2abcos π 3 ,即 a2 +b2 = 20,(10 分) 所以 a2 +b2 +2ab= 36,解得 a+b= 6. (12 分) 即 ΔABC 的周长为 a+b+c= 6+2 3 . (13 分) 16. (1)见详解　 　 (2)2 5 15 【详解】(1)在平面 ACC1A1 中,过 A1 作 A1M⊥CC1 于点 M,过 A1 作 A1N⊥AC 于点 N, 因为平面 BCC1B1⊥平面 ACC1A1,平面 BCC1B1∩平面 ACC1A1 =CC1, 所以 A1M⊥平面 BCC1B1 . (2 分) 又 BC⊂平面 BCC1B1, 所以 A1M⊥BC(3 分) 同理,A1N⊥BC, 又 A1M,A1N⊂平面 ACC1A1,且 A1M∩A1N=A1, 所以,BC⊥平面 ACC1A1 . (5 分) (2)由(1)知 BC⊥平面 ACC1A1,又 AC,A1C⊂平面 ACC1A1, 所以 BC⊥AC 且 BC⊥A1C, 又 A1C⊥AB,AB,BC⊂平面 ABC,所以 A1C⊥平面 ABC, 即 A1C⊥AC,所以 CA,CB,CA1 两两垂直. (6 分) 以 C 为坐标原点,CA→,CB→,CA1 → 的方向, 分别为 x,y,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,如图所示: C1 A1 B1 C A B x y z N M 由 A1C= 2AC= 2BC,可设 AC=BC= 1,A1C= 2, 则 A 1,0,0( ) ,B 0,1,0( ) ,A1 0,0,2( ) ,(10 分) 所以 AB→ = -1,1,0( ) ,CB→ = 0,1,0( ) ,AA1 → = -1,0,2( ) =BB1 →, 所以 AB1 → =AB→+BB1 → = -1,1,0( ) + -1,0,2( ) = -2,1,2( ) , 设 n→ = x,y,z( ) 为平面 BCC1B1 的法向量, 则 n→·CB→ = y= 0, n→·BB1→ = -x+2z= 0, { 取 n→ = 2,0,1( ) ,(12 分) 设直线 AB1 与平面 BCC1B1 所成的角为 θ, 则 sinθ= cos〈AB1 →,n→〉 = AB1 →·n→ AB1 → n→ = -2 3 5 = 2 5 15 , 即直线 AB1 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值为 2 5 15 . (15 分) 17. (1)证明见详解　 　 (2)an = 2n+1　 　 (3)证明见详解 【详解】(1)因为 an+1 -1 an-1 = 2an-1-1 an-1 = 2,(2 分) 且 an-1≠0,所以数列 an-1{ }是等比数列. (4 分) (2)由(1)得数列 an-1{ }是等比数列,且公比 q= 2, 所以 an-1 = (a2 -1)qn -2 = 4×2n-2 = 2n,故 an = 2n+1(9 分) (3)由(2)得 bn = an-1 anan+1 = 2 n (2n+1)(2n+1 +1) = 1 2n+1 - 1 2n+1 +1 (12 分) 所以 Sn = b1 +b2 +b3 +…+bn = 1 21 +1 - 1 22 +1 + 1 22 +1 - 1 23 +1 + 1 23 +1 - 1 24 +1 +… + 1 2n+1 - 1 2n+1 +1 = 1 3 - 1 2n+1 +1 < 1 3 (15 分) 18. (1)y= -2　 　 (2)见详解　 　 (3)ln2-2 【详解】(1)当 a= 2 时,f x( ) = x2 -3x+lnx,所以 f 1( ) = 12 -3×1+ln1 = -2,(1 分) 且 f′ x( ) = 2x-3+ 1 x ,所以 f′ 1( ) = 2×1-3+ 1 1 = 0,(2 分) 所以切线方程为 y- -2( ) = 0× x-1( ) ,即 y= -2. (4 分) (2)由题意可得 x>0,f′ x( ) =ax- 1+a( ) + 1 x =ax 2 - 1+a( ) x+1 x = x-1( ) ax-1( ) x (5 分) 当 a= 0 时,f′ x( ) = 1 -x x , 令 f′ x( ) >0 可得 0<x<1,所以 f x( ) 在区间 0,1( ) 上单调递增; 令 f′ x( ) <0 可得 x>1,所以 f x( ) 在区间 1,+( ) 上单调递减;(6 分) 当 a<0 时,f′ x( ) = a x-1( ) x - 1 a( ) x , 令 f′ x( ) >0,可得 0<x<1,所以 f x( ) 在区间 0,1( ) 上单调递增; 令 f′ x( ) <0 可得 x>1,所以 f x( ) 在区间 1,+( ) 上单调减;(7 分) 当 0<a<1 时,f′ x( ) = a x-1( ) x - 1 a( ) x , 令 f′ x( ) >0 可得 0<x<1,或 x> 1 a , 所以 f x( ) 在区间 0,1( ) 上单调递增,f x( ) 在区间 1 a ,+( ) 上单调递增; 令 f′ x( ) <0 可得 1<x< 1 a ,所以 f x( ) 在区间 1, 1 a( ) 上单调递减;(8 分) 当 a= 1 时,f′ x( ) = x -1( ) 2 x ≥0, 所以 f x( ) 在区间 0,+( ) 上单调递增;(9 分) 当 a>1 时,f′ x( ) = a x-1( ) x - 1 a( ) x , 令 f′ x( ) >0 可得 0<x< 1 a ,或 x>1, 所以 f x( ) 在区间 0, 1 a( ) 上单调递增,f x( ) 在区间 1,+( ) 上单调递增; 令 f′ x( ) <0 可得 1 a <x<1,所以 f x( ) 在区间 1 a ,1( ) 上单调递减;(10 分) 综上: 当 a≤0 时,f x( ) 在区间 0,1( ) 上单调递增;f x( ) 在区间 1,+( ) 上单调递减; 当 0<a<1 时,f x( ) 在区间 0,1( ) 上单调递增,f x( ) 在区间 1 a ,+( ) 上单调递增; f x( ) 在区间 1, 1 a( ) 上单调递减; 当 a= 1 时,f x( ) 在区间 0,+( ) 上单调递增; 当 a>1 时,f x( ) 在区间 0, 1 a( ) 上单调递增,f x( ) 在区间 1,+( ) 上单调递增; f x( ) 在区间 1 a ,1( ) 上单调递减. (11 分) (3)由(2)得当 a<0 时,f x( ) 在区间 0,1( ) 上单调递增;f x( ) 在区间 1,+( ) 上单调递减. 所以 f(x) max = f(1)= -1- a 2 ,(12 分) 由题意得只需 b-ln( -a) -a≥-1- a 2 ,即 b≥ln( -a) -1+ a 2 . (13 分) 令 g(a)= ln( -a) -1+ a 2 (a<0),则 g′(a)= 1 a + 1 2 =a+2 2a ,(14 分) 当 a<-2 时,g′(a) >0,g(a)单调递增; 当-2<a<0 时,g′(a) <0,g(a)单调递减; 即 g(a) max =g( -2)= ln2-2,(16 分) 所以只需 b≥ln2-2,即 b 最小值为 ln2-2. (17 分) 19. (1) x 2 4 +y 2 3 = 1　 　 (2)(ⅰ)见详解　 　 (ⅱ)6 【详解】 设 T x0,y0( ) ,则 x20 a2 + y20 b2 = 1,即 y20 = 1 - x20 a2( ) b 2 . 由 A -a,0( ) ,B(a,0),得 kTAkTB = y0 -0 x0 +a × y0 -0 x0 -a = y20 x20 -a2 = 1 - x20 a2( ) b 2 x20 -a2 = - b 2 a2 = - 3 4 (2 分) 当点 T 在椭圆的上顶点时,SΔATB = 1 2 AB × OT = 1 2 ×2a×b=ab= 2 3 ,(4 分) 解得 a= 2,b= 3 . 故椭圆 C 的方程为x 2 4 +y 2 3 = 1. (5 分) (2)( ⅰ) 易知 A -2,0( ) ,B 2,0( ) , 由椭圆对称性可知, 不妨设 M 4,t( ) , t > 0, P xp,yp( ) , Q xq,yq( ) , 根据题意可知直线 AM,BM 斜率均存在,且 kMA = t 6 ,kBM = t 2 , 所以直线 AM 的方程为 y= t 6 x+2( ) ,BM 的方程为 y= t 2 x-2( ) , 联立直线 AM 和椭圆方程 y= t 6 x+2( ) x2 4 +y 2 3 = 1 ì î í ï ï ï ï ,消去 y 可得 27+t2( ) x2 +4t2x+4t2 -108 = 0, 由韦达定理可得-2xP = 4t2 -108 27+t2 ,解得 xP = 54-2t2 27+t2 ,则 yP = t 6 xP+2( ) = 18t 27+t2 ;(8 分) 联立直线 BM 和椭圆方程 y= t 2 x-2( ) x2 4 +y 2 3 = 1 ì î í ï ï ï ï ,消去 y 可得 3+t2( ) x2 -4t2x+4t2 -12 = 0, 由韦达定理可得 2xq = 4t2 -12 3+t2 ,解得 xq = 2t2 -6 3+t2 ,则 yq = t 2 xq-2( ) = - 6t 3+t2 ;(10 分) 则 BP→ = 54-2t2 27+t2 -2, 18t 27+t2( ) = -4t2 27+t2 , 18t 27+t2( ) , BQ→ = 2t2 -6 3+t2 -2,- 6t 3+t2( ) = -12 3+t2 ,- 6t 3+t2( ) , 所以 BP→·BQ→ = -4t2 27+t2 × - 12 3+t2( ) + 18t 27+t2 × - 6t 3+t2( ) = - 60t2 27+t2( ) 3+t2( ) <0, 即∠PBQ 为钝角. (12 分) (ⅱ)由(ⅰ)四边形 APBQ 面积为 S= 1 2 × AB × yp-yq = 2 18t 27+t2 + 6t 3+t2( ) = 48t 9+t2( ) 9+t2( ) 2 +12t2 = 48 9+t2 t + 12t 9+t2 ,(14 分) 设 λ= 9 +t2 t ,t>0,则 λ= 9 +t2 t = 9 t +t≥2 9 t × t = 6,当且仅当 t= 3 时等号成立, 由对勾函数性质可知 y=λ+12 λ 在 6,+[ ) 上单调递增, 所以 y=λ+12 λ ≥6+2 = 8,可得 S = 48 λ+12 λ ≤48 8 = 6,所以 t = 3 时,四边形 APBQ 的面积最大为 6, 此时点 M 的坐标为 4,3( ) ,(16 分) 由对称性可知,即当点 M 的坐标为 4,3( ) 或 4,-3( ) 时,四边形 APBQ 的面积最大,最大值为 6. (17 分)