精品解析：四川省资阳市安岳中学2025届高三下学期二模数学试题

2025年四川省资阳市安岳中学高三二模考试 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z与复平面内的点对应，则（      ） A. B. C. D. 3. 已知数列为等差数列，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 在ABC中，，，，与BE的交点为，若，则的长为（ ） A. B. C. 2 D. 5. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 设、分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于、两点，在轴上的截距为，若，且轴，则此椭圆的长轴长为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，时满足恒成立，且在区间内，仅存在三个数，，，使得，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（ ） 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. 已知正实数满足，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为8 C. 的最大值为 D. 没有最大值 10. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. 点是图象的一个对称中心 C. 在上单调递减 D. 将的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象 11. 如图，四棱台的底面是正方形，，底面.动点满足，则下列判断正确的是（ ） A. 点可能在直线上 B. 点可能在直线上 C. 若点在底面内，则三棱锥的体积为定值 D. 若点在棱上，则 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. 对任意，恒有，对任意，现已知函数的图像与有4个不同的公共点，则正实数的值为__________. 13. 在平面直角坐标系xOy中，已知点，，是直线上任意一点，则______． 14. 已知正项等比数列满足，且，则公比为______________. 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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角A； （2）若，的面积为，求的值. 16. 设函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若为增函数，求的取值范围. 17. 如图，已知四边形与均为直角梯形，平面平面EFAD，，，为的中点，. （1）证明：，，，四点共面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知双曲线：的虚轴长为4，直线为双曲线的一条渐近线. （1）求双曲线的标准方程； （2）记双曲线的左､右顶点分别为，，斜率为正的直线过点，交双曲线于点，(点在第一象限)，直线交轴于点，直线交轴于点，记面积为，面积为，求证：为定值. 19. 已知数列的各项均为正数，其前n项的积为，记，. （1）若数列为等比数列，数列为等差数列，求数列的公比. （2）若，，且 ①求数列的通项公式. ②记，那么数列中是否存在两项，（s，t均为正偶数，且），使得数列，，，成等差数列？若存在，求s，t的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年四川省资阳市安岳中学高三二模考试 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简得出集合B,再应用交集运算即可. 【详解】由，结合已知集合A，可得. 故选：B. 2. 已知复数z与复平面内的点对应，则（      ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数对应点写出复数，再应用复数的除法运算化简，即可得答案. 【详解】由题设，则. 故选：C 3. 已知数列为等差数列，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的性质，结合已知可得充分性成立；举例即可说明必要性不成立. 【详解】当时，根据等差数列的性质可得 ，故充分性成立； 当为常数列时，有， 由，，此时即可，故必要性不成立． 因此“”是“”的充分不必要条件， 故选：A． 4. 在ABC中，，，，与BE的交点为，若，则的长为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助向量线性运算法则与三点共线定理可得，再利用向量数量积公式计算即可得解. 【详解】令，，由，， 则，， 则， 由、、三点共线，故，即， 即，则 ， 解得，即的长为. 故选：C. 5. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角和的正切公式，诱导公式以及二倍角公式化简即可. 【详解】，得或， 又，， . 故选：C. 6. 设、分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于、两点，在轴上的截距为，若，且轴，则此椭圆的长轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】不妨设点在轴上方，求得点，由已知条件可得出，根据已知条件得出，可求得点的坐标，代入椭圆方程可得出，解出的值，即可得解. 【详解】不妨设点在轴上方，设点，将代入椭圆的方程得， 因为，解得，即点，易知点，故线段的中点为， 由已知可得，则， 设点，因为，则，即， 所以，，解得，即点，即点， 将点的坐标代入椭圆方程可得，即， 所以，，故有，解得，故椭圆的长轴长为. 故选：C. 7. 已知函数，时满足恒成立，且在区间内，仅存在三个数，，，使得，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，根据恒成立，得到，不妨取，画出图象，数形结合，利用对称性得到，求出答案. 【详解】时，， 令，则当时，， 故要想在时满足恒成立， 需满足，不妨取， ，， 画出在上的图象，如下： 由图象可知，，， 则， 故， 两式相加得， 所以. 故选：C 8. 已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】当时，，可得在上单调递增，结合函数是定义域为的奇函数，，从而得到不等式，求出答案. 【详解】令，则， 由题意知当时，，故在上单调递增， 因为函数是定义域为的奇函数， 所以， 所以， 所以是定义域为的偶函数， 所以在上单调递减， 又因为，所以， 所以， 所以当时，，则； 当时，，则； 当时，，则； 当时，，则. 则不等式的解集为. 故选：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. 已知正实数满足，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为8 C. 的最大值为 D. 没有最大值 【答案】AC 【解析】 【分析】将代入，根据二次函数的性质即可判断A；根据及基本不等式可判断B；，根据基本不等式可判断C；，，根据导数可判断D. 【详解】因为x，y为正实数，且，所以. 所以， 当时，的最小值为，故A正确； ， 当且仅当时等号成立，故B错误； ， 当且仅当时等号成立， 故，即的最大值为，故C正确； ， 而，设，其中， 故， 当时，，当时，， 故在上为增函数，在上为减函数， 故当时，，所以的最大值为， 所以有最大值，故D错误. 故选：AC. 10. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. 点是图象的一个对称中心 C. 在上单调递减 D. 将的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件可得，即可判断出选项A的正误，对于B，直接求出的对称中心，即可求解；对于C，根据条件，求得，利用图象与性质，即可求解；对于，利用三角函数图象的平移变换，直接求出结果，即可求解. 【详解】因为， 又的最小正周期为，所以，得到，所以选项A正确， 对于选项B，因为，由，得到， 所以的对称中心为，当时，对称中心为，所以选项B正确， 对于选项C，当时，，且 所以由图象与性质知，在上不单调，故选项C错误， 对于选项D，将的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到，所以选项D正确， 故选：ABD. 11. 如图，四棱台的底面是正方形，，底面.动点满足，则下列判断正确的是（ ） A. 点可能在直线上 B. 点可能在直线上 C. 若点在底面内，则三棱锥的体积为定值 D. 若点在棱上，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：由与所在直线相交且不垂直可判断；对于B，通过可判断，对于C，通过等体积可判断，对于D，通过求证，得到可判断； 【详解】点的轨迹是过点且与垂直的平面（不包括点），因为与所在直线相交且不垂直，因此直线与平面相交，所以A正确； 因为底面，在底面内，所以， 又，，平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因此平面平面， 又，平面，平面， 所以，故B不正确； 若点在底面内，则点在直线上，而平面， 所以点到平面的距离为定值， 所以为定值，故C正确； 设的中点为， 若点在棱上，则，，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 在梯形中，可以求得，， 所以，故D正确. 故选：ACD. 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. 对任意，恒有，对任意，现已知函数的图像与有4个不同的公共点，则正实数的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，得，由已知条件可得函数的图像的对称性和周期性，可作出函数的图像，由题意的图像函数在上的图像相切，联立方程组利用判别式求解. 【详解】，，， 令，则有， 任意，恒有，则函数的图像关于对称，函数是以2为周期的周期函数， 在同一直角坐标系下作出函数与的图像，如图所示， 函数的图像与有4个不同的公共点，由图像可知，的图像函数在上的图像相切， 由，消去得，则，解得. 故答案为： 【点睛】方法点睛： 函数零点的求解与判断方法： (1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图像与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． (3)利用图像交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图像，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 13. 在平面直角坐标系xOy中，已知点，，是直线上任意一点，则______． 【答案】12 【解析】 【分析】由题意可得，设，可得，计算可求. 【详解】由，，可得， 设，可得， 因为是直线上任意一点，所以，即， 所以. 故答案为：. 14. 已知正项等比数列满足，且，则公比为______________. 【答案】## 【解析】 【分析】设数列公比为q，然后由等比数列通项公式结合题意可得答案. 【详解】设数列公比为q，因，则. 又，则. 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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角A； （2）若，的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用边化角及和差公式、辅助角公式即可求解； （2）由面积公式和正弦定理即可求解. 【小问1详解】 由条件得，从而. 所以，由正弦定理得，故. 从而，得，故. 所以. 【小问2详解】 设的面积为，则. 16. 设函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若为增函数，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）法一：参变分离得到在上恒成立，构造函数求最值即可；法二：构造函数，通过分类讨论求最值即可求解； 【小问1详解】 当时，， 所以，，， ∴曲线在处的切线方程为， 整理得，， ∴曲线在处的切线方程为. 【小问2详解】 ，， 是增函数，即在上恒成立， 方法一：即在上恒成立，所以， 设，，则，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， ∴当时，取得极大值，也是最大值， ∵，∴的取值范围是. 方法二：即在上恒成立，所以， 设，，则，， ①若，则，在上单调递增， 当趋近于0时，趋近于，即不恒成立， 所以在上不单调递增，与题意不符，舍去. ②若，则当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则当时，取得极小值，也是最小值， ∴，解得， ∴的取值范围是. 17. 如图，已知四边形与均为直角梯形，平面平面EFAD，，，为的中点，. （1）证明：，，，四点共面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）取的中点，连接，. 因为为的中点，为的中点，且，， 所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以且. 又因为，且， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以，. 所以，， 所以，，，四点共面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，,根据中位线结合已知得出四边形与四边形是平行四边形，即可得出，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，得出相应各点坐标，得出相应向量，即可根据平面法向量求法得出平面与平面的法向量，即可根据二面角的向量求法得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面， 且，所以平面. 如图，以B为原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，. 设平面的一个法向量为，因为，， 所以，令，得，所以. 设平面的一个法向量为，因为，， 所以，令，得，，所以. 设平面与平面夹角为， 所以. 18. 已知双曲线：的虚轴长为4，直线为双曲线的一条渐近线. （1）求双曲线的标准方程； （2）记双曲线的左､右顶点分别为，，斜率为正的直线过点，交双曲线于点，(点在第一象限)，直线交轴于点，直线交轴于点，记面积为，面积为，求证：为定值. 【答案】（1） （2）证明：可得，， 设直线：，，， 联立，整理可得， 可得，， 即有， 设直线：，可得， 设直线：，可得， 又，， 所以 . 【解析】 【分析】（1）根据渐近线方程以及虚轴长度可知，然后可知方程 （2）假设直线方程，并与双曲线方程联立，可得关于的二次方程，紧接着使用韦达定理，分别求得坐标并表示出，简单计算即可. 【小问1详解】 由题意可得， 因为一条渐近线方程为， 所以，解得， 则双曲线的方程为； 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线的一般方法 （1）假设直线方程；（2）联立方程：（3）使用韦达定理；（4）根据条件计算. 19. 已知数列的各项均为正数，其前n项的积为，记，. （1）若数列为等比数列，数列为等差数列，求数列的公比. （2）若，，且 ①求数列的通项公式. ②记，那么数列中是否存在两项，（s，t均为正偶数，且），使得数列，，，成等差数列？若存在，求s，t的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）数列的公比为1（2）①②存在；s，t的值为和 【解析】 【分析】（1）由得的等式，再由可求得的关系，得出结论； （2）①已知条件可变形为（），从而可求出，从而可得，注意，求积可得； ②由①知.利用导数研究函数的单调性得数列的单调性：，假设存在s，t满足题意，若，由单调性出现矛盾，这样，，分别求．即可得结论． 【详解】（1）因为数列为等差数列， 所以. 又因为，，， 所以（*） 因为数列为等比数列，所以， 代入（*）得，即， 所以， 故数列的公比为1. （2）①当时，由 得， 从而 又因为，， 所以 故，， 所以. 综上，数列的通项公式为. ②由①知. 记，则， 从而函数在上单调递增，在上单调递减. 又因为， 所以. 假设存在s，t满足题意，若， 则，，所以，不合题意， 所以s只能为2，4，6，且. （i）当时，由，得， 故. 由数列的单调性可知存在唯一的满足题意. （ii）当时，由，得， 故. 同（i）知. （ⅲ）当时，由，得 故. 又因为， 由数列的单调性知，故， 但不成立，所以与题意不符. 综上，满足条件的s，t的值为和. 【点睛】本题考查数列的综合问题，掌握等差数列和等比数列的性质与通项公式是解题基础，本题还考查学生分析问题解决问题的能力，考查转化与化归能力，解题中考查用导数研究函数的单调性，考查分类讨论思想．对学生能力要求较高，属于难题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $