精品解析：河北省沧州市运东五校2025届高三下学期二模数学试题

2025届沧州运东五校二模 数学 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若正数，满足，则的最小值是（       ） A. B. C. 5 D. 6 3. 函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 4. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量＝(1，1)，＝(0，2)，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知复数在复平面内所对应的点分别为，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 7. 三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，，直线AC与BD所成角为，则三棱锥外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ） 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. 9. 已知公差为的等差数列中，前项和为，且，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 有最大值 B. 当时，的图象在点处的切线方程是 C. 在区间上单调递减 D. 关于的方程有两个不等实根，则的取值范围是 11. 在长方体中，分别是棱的中点，是的中点，直线与平面交于点，则（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值是 B. 点到平面的距离是 C. 三棱锥的体积为 D. 四面体外接球的表面积是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数在上的最大值为________. 13. 如图所示，制作某回旋飞梭的飞行翅膀时，需从一个直角三角形的塑料板上裁去一个以其斜边为一边且对角为150°的三角形(图中的阴影部分)再加工而成为游戏者安全考虑，具体制作尺寸为，，，则___________. 14. 已知、是椭圆和双曲线的公共焦点，是他们的一个公共点，且，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为___. 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. 如图，点是角终边上一点． （1）求，，； （2）化简并求值． 16. 在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点． （1）求证：EF∥平面AB1C1； （2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1． 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求角A的大小； （2）若，，求边c及的值. 18. 设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率. 19. 已知关于x的函数与在区间D上恒有． （1）若，求h(x)的表达式； （2）若，求k的取值范围； （3）若求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届沧州运东五校二模 数学 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简两集合求解即可. 【详解】 故选：A 2. 若正数，满足，则的最小值是（       ） A. B. C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【详解】由已知可得，则，所以的最小值，应选答案C． 3. 函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先判断函数的单调性，再结合零点存在性定理判断即可. 【详解】因为与均在定义域上单调递增， 所以在上单调递增， 又， ，， ， 又， 函数的零点所在区间是． 故选：B． 4. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据三角函数的定义及诱导公式即可求解. 【详解】因为角的终边过点， 所以，. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了三角函数的定义，诱导公式，属于容易题. 5. 已知向量＝(1，1)，＝(0，2)，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 对于，1×2－0×1≠0，所以该选项错误；对于，，所以该选项正确；对于，，所以该选项错误；对于，＝2，所以该选项错误． 【详解】对于，1×2－0×1≠0，所以该选项错误； 对于，＝(2，0)，＝(0，2)，则2×0＋0×2＝0，所以，所以该选项正确； 对于，，，所以该选项错误； 对于，＝1×0＋1×2＝2，所以该选项错误． 故选：B 【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算和数量积的坐标表示，考查向量位置关系的坐标表示，考查向量的模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 6. 已知复数在复平面内所对应的点分别为，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的几何意义和复数的模长公式求解即可. 【详解】由复数的几何意义可得， 所以. 故选：A. 7. 三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，，直线AC与BD所成角为，则三棱锥外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，得证为等腰三角形，于是建立如图所示空间直角坐标系，，根据与直线AC与BD所成角为建立方程，求得，然后找出外接球球心，根据相关数量关系，建立外接球半径的等式关系，求出半径，应用球的表面积公式即可得解 【详解】由题意可得，因为为等边三角形，所以， 又，且 所以，所以, 取的中点，易得,又 所以平面，又平面，所以平面平面， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 令，所以， 因为，所以，所以， 所以， 因为直线AC与BD所成角为，所以， 解得，即， 如图，为外接球的球心，为等边三角形的重心， 设点A在平面内的投影为，作， 所以, 所以在中， ,, 所以在中，，解得， 所以，三棱锥外接球表面积为， 故选：A 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解； 2.若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体求解； 3.正方体的内切球的直径为正方体的棱长． 4.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长． 5.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解． 8. 设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据点差法分析可得，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断. 【详解】设，则的中点， 可得， 因为在双曲线上，则，两式相减得， 所以. 对于选项A： 可得，则， 联立方程，消去y得， 此时， 所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误； 对于选项B：可得，则， 联立方程，消去y得， 此时， 所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误； 对于选项C：可得，则 由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线， 所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误； 对于选项D：，则， 联立方程，消去y得， 此时，故直线AB与双曲线有两个交点，故D正确； 故选：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. 9. 已知公差为的等差数列中，前项和为，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件结合等差数列性质求出公差d，再逐项分析计算作答. 【详解】在等差数列中，，解得，而，则，B正确； 于是得公差，A正确； ，则，C不正确；，D正确. 故选：ABD 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 有最大值 B. 当时，的图象在点处的切线方程是 C. 在区间上单调递减 D. 关于的方程有两个不等实根，则的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，求导，得到函数单调性，进而求出最值；B选项，求出，利用导数的几何意义得到切线方程； C选项，在A选项基础上，得到函数单调性；D选项，，令，求导得到其单调性和最值， 结合函数图象，得到的取值范围是. 【详解】因为， 选项A，当时，，当时，. 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以有最小值，无最大值，故A错误； 选项B，当时，， 所以的图象在点处的切线方程是，故B正确； 选项C，因为在区间上单调递减，在区间上单调递增，故C错误； 选项D，方程，即， 令，而， 当时，，当时，. 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当时，且，如图， 的范围是，故D正确. 故选：BD 11. 在长方体中，分别是棱的中点，是的中点，直线与平面交于点，则（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值是 B. 点到平面的距离是 C. 三棱锥的体积为 D. 四面体外接球的表面积是 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出与利用夹角的余弦公式计算后可判断A的正误，利用向量法可求点到平面的距离后可判断B的正误，求出的坐标后可计算三棱锥的体积，从而可判断C的正误，求出球心的坐标后可求外接球的半径，计算表面积后可判断D的正误. 【详解】 建立如图所示的空间直角坐标系，则， 故， 故， 故异面直线所成角的余弦值为，故A正确； 因为，设平面的法向量为， 则由可得，取， 而，故点到平面的距离是，故B错误； 又，设， 则 因为共线，所以，故，即， 故，且在轴上，故，故C正确； 设四面体外接球的球心为，则， 即； ； ， 整理得到：，故，故外接球半径为， 故外接球的表面积为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：空间几何体的外接球的计算问题，首先确定球心的位置，如果球心的位置不易求得，则可以通过空间向量的方法求出球心坐标，从而解决与球有关的计算问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数在上的最大值为________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据函数的定义域可得的范围，再求正弦值可得答案. 【详解】因为，所以 所以， 函数的最大值为． 故答案为：. 13. 如图所示，制作某回旋飞梭的飞行翅膀时，需从一个直角三角形的塑料板上裁去一个以其斜边为一边且对角为150°的三角形(图中的阴影部分)再加工而成为游戏者安全考虑，具体制作尺寸为，，，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】设，则.在中，由正弦定理解得利用两角和的正切公式即可求值. 【详解】由题意可得，.又，，所以.设，则.因为，且，所以.又，且，所以.在中，由正弦定理可得，即，解得.故. 故答案为：. 【点睛】(1)在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考： ①从题目给出的条件，边角关系来选择；②从式子结构来选择． (2)在几何图形中解三角形的关键是：把有关条件在图形中表示出来，在合适的三角形中解三角形即可. 14. 已知、是椭圆和双曲线的公共焦点，是他们的一个公共点，且，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为___. 【答案】 【解析】 【分析】设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2, 由余弦定理可得 4c2=（r1）2+（r2）2﹣2r1r2cos，①在椭圆中，①化简为即4c2=4a2﹣3r1r2…②，在双曲线中， 化简为即4c2=4a12+r1r2…③，，再利用柯西不等式求椭圆和双曲线的离 心率的倒数之和的最大值. 【详解】设椭圆的长半轴为a，双曲线的实半轴为a1，（a＞a1），半焦距为c， 由椭圆和双曲线的定义可知， 设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c， 椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2, ∵∠F1PF2=，则∴由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）2﹣2r1r2cos，① 在椭圆中，①化简为即4c2=4a2﹣3r1r2…②， 在双曲线中，①化简为即4c2=4a12+r1r2…③， ， 由柯西不等式得（1+）（）≥（）2 故答案为 【点睛】本题主要考查椭圆和双曲线的定义和性质，利用余弦定理和柯西不等式是解决本题的关 键．属于难题． 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，点是角终边上一点． （1）求，，； （2）化简并求值． 【答案】（1），， （2）， 【解析】 【分析】（1）运用三角函数定义计算即可；（2）运用诱导公式化简，结合同角三角函数关系式计算即可. 【小问1详解】 由已知点是角终边上一点，得， 则，所以，； 【小问2详解】 . 16. 在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点． （1）求证：EF∥平面AB1C1； （2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1． 【答案】 （1）由于分别是的中点，所以. 由于平面，平面，所以平面. （2）由于平面，平面，所以. 由于，所以平面， 由于平面，所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）通过证明，来证得平面. （2）通过证明平面，来证得平面平面. 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题. 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求角A的大小； （2）若，，求边c及的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理化简为，从而可得，结合角的范围可得，从而可求得； （2）由正弦定理求得，再根据余弦定理可求得，由求得，进而求得，，再结合和角正弦公式可得. 【小问1详解】 根据正弦定理， 由可得. 即，即， 因为，所以. 所以，即. 【小问2详解】 由正弦定理，可得，解得， 根据余弦定理可得， 即，，解得或（舍去） 故. 因为，所以，所以， 所以， ， 所以. 18. 设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由题意得到关于的方程，解方程可得椭圆方程； （2）联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得的斜率，然后利用斜率公式可得的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为，依题意，， 又，可得，，， 所以，椭圆方程为； 【小问2详解】 由题意，设，直线的斜率为， 又，则直线的方程为，与椭圆方程联立， 整理得，可得， 代入得， 进而直线的斜率， 在中，令，得. 由题意得，所以直线的斜率为. 由，得， 化简得，从而. 所以，直线的斜率为或. 19. 已知关于x的函数与在区间D上恒有． （1）若，求h(x)的表达式； （2）若，求k的取值范围； （3）若求证：． 【答案】（1）； （2）； （3）[方法一]：判别式+导数法 因为对任意恒成立， ①对任意恒成立， 等价于对任意恒成立. 故对任意恒成立. 令， 当，， 此时， 当，， 但对任意的恒成立. 等价于对任意的恒成立. 的两根为， 则， 所以. 令，构造函数，， 所以时，，递减，. 所以，即. [方法二]：判别式法 由，从而对任意的有恒成立，等价于对任意的①，恒成立． （事实上，直线为函数的图像在处的切线） 同理对任意的恒成立，即等价于对任意的恒成立． ② 当时，将①式看作一元二次方程，进而有，①式的解为或（不妨设）； 当时，，从而或，又，从而成立； 当时，由①式得或，又，所以． 当时，将②式看作一元二次方程，进而有． 由，得，此时②式的解为不妨设，从而． 综上所述，． [方法三]【最优解】：反证法 假设存在，使得满足条件的m，n有． 因为，所以． 因为，所以． 因为对恒成立，所以有 ．则有 ， ③ ， ④ 解得． 由③+④并化简得，． 因为在区间上递增，且， 所以，． 由对恒成立，即有 ⑤ 对恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有． 设，则， 所以在区间上递减，所以，即． 设不等式⑤的解集为，则，这与假设矛盾．从而． 由均为偶函数．同样可证时，也成立． 综上所述，． 【解析】 【分析】（1）方法一：根据一元二次不等式恒成立问题的解法，即可求得的表达式； （2）方法一：先由，求得的一个取值范围，再由，求得的另一个取值范围，从而求得的取值范围. （3）方法一：根据题意可得两个含参数的一元二次不等式在区间上恒成立，再结合放缩，即可利用导数证得不等式成立. 【详解】（1）[方法一]:判别式法 由可得在R上恒成立， 即和， 从而有即， 所以， 因此，．所以． [方法二]【最优解】：特值+判别式法 由题设有对任意的恒成立. 令，则，所以. 因此即对任意的恒成立， 所以，因此. 故. （2）[方法一]令，. 又. 若，则在上递增，在上递减，则，即，不符合题意. 当时，，符合题意. 当时， 在上递减，在上递增，则， 即，符合题意. 综上所述，. 由 当，即时，在为增函数， 因为， 故存在，使，不符合题意. 当，即时，，符合题意. 当，即时，则需，解得. 综上所述，的取值范围是. [方法二]【最优解】：特值辅助法 由已知得在内恒成立； 由已知得， 令，得，∴(*)， 令，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增，∴，∴当时在内恒成立； 由在内恒成立， 由(*)知，∴，∴，解得. ∴的取值范围是. （3）略 【整体点评】（1）的方法一利用不等式恒成立的意义，结合二次函数的性质，使用判别式得到不等式组，求解得到；方法二先利用特值求得的值，然后使用判别式进一步求解，简化了运算，是最优解；（2）中的方法一利用导数和二次函数的性质，使用分类讨论思想分别求得的取值范围，然后取交集；方法二先利用特殊值进行判定得到，然后在此基础上，利用导数验证不等式的一侧恒成立，利用二次函数的性质求得不等式的另一侧也成立的条件，进而得到结论，是最优解；（3）的方法一、方法二中的分解因式难度较大，方法三使用反证法，推出矛盾，思路清晰，运算简洁，是最优解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $