精品解析：四川省遂宁市第二中学校2024-2025学年高三下学期二模数学试卷

2025年四川省遂宁二中高考数学二模试卷 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. 已知i为虚数单位，复数z满足zi＝－2＋i，则＝（ ） A. 1＋2i B. －1＋2i C. 1－2i D. －1－2i 【答案】C 【解析】 【分析】复数的除法运算计算复数，然后应用复数共轭写出即可. 【详解】解：因为 zi＝－2＋i，，所以＝. 故选：C 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集的运算求解即可. 【详解】因为，， 所以， 故选：C 3. 直线的方向向量可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据方向向量的定义即可求解. 【详解】的方向向量是与向量共线的向量，故D符合, 故选：D 4. 等比数列的前项和为，且，，则（ ） A. 63 B. 48 C. 31 D. 15 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列基本量的计算可得公比和首项，即可由求和公式求解. 【详解】令等比数列的公比为，则，， 解得，，所以. 故选:C 5. 已知角的顶点在原点，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用三角函数的恒等变换确定点P的坐标，再根据三角函数的定义求得答案. 【详解】, , 即，则， 故选：D. 6. 已知、分别为双曲线：（，）的左右焦点，为其左支上一点，且，则双曲线离心率的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先利用双曲线定义建立等式，再通过不等式求出离心率的取值范围，进而得到最大值. 【详解】由双曲线的定义可知，对于双曲线，. 已知，即. 将代入，可得. 化简得，所以，那么. 因为为双曲线左支上一点，有. 已知，，且， 所以. 即，化简得. 双曲线的离心率，且. 由可得，所以. 则双曲线离心率的最大值为. 故选：C 7. 已知甲植物生长了一天，长度为，乙植物生长了一天，长度为.从第二天起，甲每天的生长速度是前一天的倍，乙每天的生长速度是前一天的，则甲的长度第一次超过乙的长度的时期是（ ）（参考数据：取） A. 第6天 B. 第7天 C. 第8天 D. 第9天 【答案】C 【解析】 【分析】设甲植物每天生长的长度构成等比数列，甲植物每天生长的长度构成等比数列，设其前项和分别为、，依题意得到、的通项公式，即可求出、，再由得到，最后根据指数函数的性质及对数的运算性质计算可得. 【详解】设甲植物每天生长的长度构成等比数列，甲植物每天生长的长度构成等比数列，设其前项和分别为、（即天后树的总长度）， 则，， 所以， ， 由，可得， 即，即， 解得或（舍去）， 由则，因为， 即，又，所以的最小值为. 故选：C 【点睛】关键点睛：本题关键是利用等比数列求出公式求出天后树的总长度，从而得到不等式，再结合指数函数的性质解得. 8. 圆O半径为1，为圆O的两条切线，A，B为切点，设，则最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角形的面积公式将表示为关于的函数关系式，然后换元，利用基本不等式可求得最小值. 【详解】因为为圆O的两条切线，所以，， 所以，所以，， ， 所以 设，因为，所以，则， 所以， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：D 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 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．全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 已知数据的平均数为10，方差为1，且，则下列说法正确的是（ ） A. 数据的方差为4 B. 数据的平均数为17 C. 数据的平均数为10，方差大于1 D. 若数据的中位数为分位数为，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据方差性质计算判断A，根据平均数及方差计算求解判断B，C，特例法，先从小到大排列，计算中位数及分位数判断D. 【详解】对于A：数据的方差为，A选项正确； 对于B：数据的平均数为，B选项正确； 对于C：数据的平均数为， 方差，C选项错误； 对于D：若取数据，平均数为10，方差为1， 则中位数为，因为，所以第5个数为分位数， 所以，D选项错误. 故选：AB. 10. 如图，在正四面体中，分别为侧棱上的点，且，为的中点，为四边形内（含边界）一动点，，则（ ） A. B. 五面体的体积为 C. 点的轨迹长度为 D. 与平面所成角的正切值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，确定点的位置，利用线面垂直的性质、判定证得平面，再逐项分析计算即可. 【详解】对于A，取的中点，连接，依题意，是正的重心，则点在上， 由平面，得平面， 而平面，则，又，， ，在中，由余弦定理得， 显然，则，而平面， 则平面，又平面，所以，A正确； 对于B，由选项A知，正四面体的高，由已知， 平面平面，则平面，同理平面， 又平面，于是平面平面， 四面体为正四面体，高为，，因此五面体的体积： ，B正确； 对于C，由选项A知，，则，而， 以线段为直径的半圆交于，点的轨迹是此半圆在四边形及内部的弧和弧， 显然是的中点，而，，因此， 点的轨迹长度为，C错误； 对于D，由选项C知，是与平面所成角，，D正确. 故选：ABD 【点睛】结论点睛：平行于锥体底面的平面去截该锥体，截得的锥体与原锥体的体积比等于它们高的立方比. 11. 对于函数，如果对于其定义域中任意给定的实数，都有，并且，则称函数为“比翼函数”.则下列说法正确的是（ ） A. 函数是“比翼函数” B. 若函数在上为“比翼函数”，则 C. 若函数在上为“比翼函数”，当，，则， D. 若函数在上为“比翼函数”，其函数值恒大于0，且在上是单调递减函数，记，若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A：利用“比翼函数”的定义即可判断；对于选项B：举出反例即可判断；对于选项C：利用“比翼函数”的关系式即可求得结果；对于选项D：利用函数的单调性与奇偶性即可判断. 【详解】对于A，对于，则， 所以， 则函数是“比翼函数”，故A正确； 对于B，取，则， 所以， 此时在上为“比翼函数”，但，故B错误； 对于C，当时，，所以，故C正确； 对于D，因为函数是上的“比翼函数”，其函数值恒大于0， 且在上是单调递减函数，所以， 任取且，则， 所以，， 所以 ，所以函数为上的增函数， 因为，故函数为上的奇函数， 当时，即， 则，所以，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. 函数的图象在点处的切线方程为___________. 【答案】 【解析】 【分析】求得的导数，可得切线的斜率和切点坐标，由点斜式方程可得所求切线方程． 【详解】因为，得，则， 所以切线的方程为，即. 故答案为：. 13. 已知、分别为椭圆：（）的左右焦点，过作圆：的切线与椭圆在第二象限交于点，且，则椭圆的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据锐角三角函数可设，则，，即可根据平行以及中点关系，结合椭圆定义可得，即可联立求解的值，由离心率公式求解. 【详解】过作交于点， 由于，故, 设，则，， 设切点为，由于,故， 由于是的中点，故是的中点， 则，所以， 又，则，，故． 故答案为： 14. 若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由组合数以及分类加法和分步乘法计数原理即可得解. 【详解】表示个因数的乘积.而为展开式中的系数，设这个因数中分别取、、这三项分别取个，所以，若要得到含的项，则由计数原理知的取值情况如下表： 个 个 个 0 5 0 1 3 1 2 1 2 由上表可知. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决问题的关键在于对上述详解中的正确分类，另外一点值得注意的是在分完类之后，每一类里面还要分步取、、这三项. 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. 某公司拟通过摸球的方式给员工发放节日红包，在一个不透明的袋子中装有5个标有红包金额的球，其中2个球分别标注40元，2个球分别标注50元，1个球标注60元，这5个球除标注的金额外完全相同．每名员工从袋中一次摸出1个球，共摸n次，摸出的球上所标注的金额之和为该员工所获得的红包金额． （1）若，求一名员工所获得的红包金额不低于50元的概率； （2）若，且每次摸出的球放回袋中，设事件A为“一名员工所获得的红包金额不大于100元”，事件B为“一名员工所获得的红包金额不小于100元”，试判断A，B是否相互独立，并说明理由． 【答案】（1） （2）A，B不相互独立，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据古典概型和互斥事件的概率加法公式可得； （2）利用古典概型概率公式求出，然后根据独立事件的定义直接判断即可. 【小问1详解】 一名员工所获得的红包金额不低于50元，即获得50元或60元， 故所求概率为． 【小问2详解】 由题意，事件AB表示“一名员工所获得的红包金额为100元”． 因为， 所以 ． “一名员工所获得的红包金额为80元或90元或100元”， 因为， 所以． “一名员工所获得的红包金额为100元或110元或120元， 因为， 所以． 所以， 所以A，B不相互独立． 16. 已知函数，为的导函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间和极值． 【答案】（1） （2）函数的单调递减区间为，单调递增区间为，．极小值为，极大值为． 【解析】 【分析】（1）利用导数求出，，，代入直线的点斜式方程即可求出切线方程； （2）求出导函数，用列表法求出极值即可． 【小问1详解】 因为的定义域为，， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 依题意，，则， 令，解得或． 当变化时，，的变化情况如表所示： 1 2 ＋ 0 － 0 ＋ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 函数的单调递减区间为，单调递增区间为，． 故的极小值为，的极大值为． 17. 如图，在四棱锥中，所有棱长都相等，，分别是棱，的中点， 是棱 上的动点，且. （1）若，证明：平面. （2）求平面与平面夹角余弦值的最大值. 【答案】（1）证明：连接 ，记，连接 . 因为四边形 是正方形，所以 是 的中点， 因为 是的中点，所以. 因为分别是棱的中点，所以，所以. 因为平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接 ，记，连接 ，则，，进而，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，设，利用空间向量的坐标运算可得，利用空间向量法求出平面、的法向量，设平面与平面的夹角为 ，结合空间向量数量积的定义可得，结合二次函数的性质即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 四边形 为菱形，所以， 由平面 ，、 平面 ，得， ， 故以 为原点，分别以，，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则，，，，， 从而，，，. 因为，所以， 则. 设平面的法向量为， 则令，得. 设平面的法向量为， 则 令，得. 设平面与平面的夹角为 ( 为锐角)， 则. 因为，所以， 所以， 则当时，平面与平面夹角的余弦值取得最大值. 【点睛】 18. 已知，点分别是抛物线的焦点与曲线上一动点，点在抛物线上方，且的周长最小值为． （1）求抛物线的方程； （2）点是抛物线上的动点，点是点处抛物线切线的交点，若的面积等于32，线段为圆的直径，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）作准线于点，交抛物线于点，确定周长最小时点的位置，得到，即可求解． （2）设分别求出点处的切线方程，与抛物线方程联立，得到，作轴交于点，得到，进而得到，利用计划恒等式得到的取值范围，得到答案. 【小问1详解】 由题意知，过点向准线作垂线交准线于点，交抛物线于点，连接，则有， 可知当点运动到点的位置时，的周长最小， 最小值为，解得， 所以抛物线的方程为． 【小问2详解】 由（1）知，则， 设点． 因为为切点，则在点处的切线方程为，且满足． 同理，在点处的切线方程为，且满足， 所以直线为（题眼）， 联立消去整理得， 所以， ， 则． 作轴交线段于点，则点的横坐标为，代入直线的方程有， 解得， 所以， 所以， 解得， 所以． 易知点恰为圆的圆心，由极化恒等式得． 因为， 所以的取值范围是， 所以的取值范围是． 【点睛】方法点睛：解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 19. 设是各项均为正数的无穷数列，其前项和为. （1）若对任意都成立，且. ①求数列的通项公式； ②已知首项为，公比满足的无穷等比数列，当无限增大时，其前项和无限趋近于常数，则称该常数为无穷等比数列的各项和.现从数列中抽取部分项构成无穷等比数列，且的各项和不大于，求的最大值. （2）若对任意都成立，试证明：. 【答案】（1）； （2） 记，，因为 对任意都成立，且， 得，即， 要证：， 只需证：， 只需证：， 只需证：， 只需证：， 若为奇数，只需证， 因为，所以， 所以成立； 若为偶数，只需证， 因为，所以，又， 所以成立； 综上可知，对任意，不等式都成立. 【解析】 【分析】（1）①应用等比数列及计算求解得出通项公式；②应用求和公式结合指数运算计算求解得出最大值即可； （2）先应用分析法将问题转化为，再分为奇数和为偶数两种情况分别证明即可. 【小问1详解】 ①因为对任意都成立，所以，且，所以， 则数列是等比数列，又， 作差得，，所以， 又数列为等比数列，故数列的公比为， 又因为，所以，所以， 所以是以1为首项以为公比的等比数列， 所以数列的通项公式为； ②因为，设数列，公比为，其中， 则数列的各项和等于，所以， 又因为，所以， 当时，由，得， 即时满足题意，所以； 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：解题的方法是对分析法的应用将要证明不等式转化为即可分类证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年四川省遂宁二中高考数学二模试卷 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. 已知i为虚数单位，复数z满足zi＝－2＋i，则＝（ ） A. 1＋2i B. －1＋2i C. 1－2i D. －1－2i 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 直线的方向向量可以是（ ） A. B. C. D. 4. 等比数列的前项和为，且，，则（ ） A. 63 B. 48 C. 31 D. 15 5. 已知角的顶点在原点，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知、分别为双曲线：（，）的左右焦点，为其左支上一点，且，则双曲线离心率的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7. 已知甲植物生长了一天，长度为，乙植物生长了一天，长度为.从第二天起，甲每天的生长速度是前一天的倍，乙每天的生长速度是前一天的，则甲的长度第一次超过乙的长度的时期是（ ）（参考数据：取） A. 第6天 B. 第7天 C. 第8天 D. 第9天 8. 圆O半径为1，为圆O的两条切线，A，B为切点，设，则最小值为（ ） A. B. C. 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．全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 已知数据的平均数为10，方差为1，且，则下列说法正确的是（ ） A. 数据的方差为4 B. 数据的平均数为17 C. 数据的平均数为10，方差大于1 D. 若数据的中位数为分位数为，则 10. 如图，在正四面体中，分别为侧棱上的点，且，为的中点，为四边形内（含边界）一动点，，则（ ） A. B. 五面体的体积为 C. 点的轨迹长度为 D. 与平面所成角的正切值为 11. 对于函数，如果对于其定义域中任意给定的实数，都有，并且，则称函数为“比翼函数”.则下列说法正确的是（ ） A. 函数是“比翼函数” B. 若函数在上为“比翼函数”，则 C. 若函数在上为“比翼函数”，当，，则， D. 若函数在上为“比翼函数”，其函数值恒大于0，且在上是单调递减函数，记，若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的图象在点处的切线方程为___________. 13. 已知、分别为椭圆：（）的左右焦点，过作圆：的切线与椭圆在第二象限交于点，且，则椭圆的离心率为______． 14. 若，则______． 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. 某公司拟通过摸球的方式给员工发放节日红包，在一个不透明的袋子中装有5个标有红包金额的球，其中2个球分别标注40元，2个球分别标注50元，1个球标注60元，这5个球除标注的金额外完全相同．每名员工从袋中一次摸出1个球，共摸n次，摸出的球上所标注的金额之和为该员工所获得的红包金额． （1）若，求一名员工所获得的红包金额不低于50元的概率； （2）若，且每次摸出的球放回袋中，设事件A为“一名员工所获得的红包金额不大于100元”，事件B为“一名员工所获得的红包金额不小于100元”，试判断A，B是否相互独立，并说明理由． 16. 已知函数，为的导函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间和极值． 17. 如图，在四棱锥中，所有棱长都相等，，分别是棱，的中点， 是棱 上的动点，且. （1）若，证明：平面. （2）求平面与平面夹角余弦值的最大值. 18. 已知，点分别是抛物线的焦点与曲线上一动点，点在抛物线上方，且的周长最小值为． （1）求抛物线的方程； （2）点是抛物线上的动点，点是点处抛物线切线的交点，若的面积等于32，线段为圆的直径，求的取值范围． 19. 设是各项均为正数的无穷数列，其前项和为. （1）若对任意都成立，且. ①求数列的通项公式； ②已知首项为，公比满足的无穷等比数列，当无限增大时，其前项和无限趋近于常数，则称该常数为无穷等比数列的各项和.现从数列中抽取部分项构成无穷等比数列，且的各项和不大于，求的最大值. （2）若对任意都成立，试证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $