精品解析：四川省眉山市第一中学2025届高三下学期二模数学试题

2025年四川省眉山一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. 已知全集，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 某中学有初中生600名，高中生200名，为保障学生的身心健康，学校举办了“校园安全知识”竞赛.现按比例分配的分层随机抽样的方法，分别抽取初中生名，高中生名，经统计：名学生的平均成绩为74分，其中名初中生的平均成绩为72分，名高中生的平均成绩为分，则（ ） A. 74 B. 76 C. 78 D. 80 3. 若向量，且，则（ ） A. B. 8 C. D. 2 4. 已知，，则的值为 A. B. C. D. 5. 把函数的图象向左平移个单位，再将得到的曲线上所有点的横坐标变为原来的倍， 纵坐标不变， 得到函数的图象. 若函数在上恰有 3 个零点， 则正数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通､安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量、放电时间和放电电流之间关系的经验公式：，其中为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为时，放电时间为；当放电电流为时，放电时间为，则该萻电池的Peukert常数约为（ ）（参考数据：，） A. 1.12 B. 1.13 C. 1.14 D. 1.15 7. 已知抛物线的焦点为F，动点M在C上，圆M的半径为1，过点F的直线与圆M相切于点N，则的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 8. 如图，在直三棱柱中，分别为线段的中点，，平面平面，则四面体的外接球的体积为（ ） 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. 设为复数，且，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则最大值为3 C. 若，则 D. 若，则在复平面对应的点在一条直线上 10. 我们把平面内到两个定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线．在平面直角坐标系中，设定点为，，动点满足，化简可得卡西尼卵形线，则（ ） A. 曲线C既是中心对称图形也是轴对称图形 B. 曲线C关于直线对称 C. 曲线C都在圆内 D. 曲线C与椭圆没有公共点 11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，有唯一零点 B. 当时，是减函数 C. 若只有一个极值点，则或 D. 当时，对任意实数，总存在实数，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若变量满足，目标函数取得最大值，则的最小值为__________． 13. 一道单项选择题有4个答案，要求学生将正确答案选择出来.某考生知道正确答案的概率为，在乱猜时，4个答案都有机会被他选择，若他答对了，则他确实知道正确答案的概率是___________. 14. 若关于的方程有解，则实数m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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求的值； （2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：的周长为9． 16. 已知函数． （1）当时，求在处的切线方程； （2）当时，不等式恒成立，求的取值范围． 17. 如图，在三棱锥中，，，分别是侧棱，，的中点，，平面. （1）求证：平面平面； （2）如果，，求二面角的余弦值. 18. 已知椭圆的离心率为，左右两顶点分别为，过点作斜率为的动直线与椭圆相交于两点.当时，点到直线的距离为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设点关于原点的对称点为，设直线与直线相交于点，设直线的斜率为，试探究是否为定值，若为定值，求出定值并说明理由. 19. 已知是定义在上的函数，若对任意，恒成立，则称为上的非负函数. （1）判断是否为上的非负函数，并说明理由. （2）已知为正整数，为上的非负函数，记的最大值为，证明：为等差数列. （3）已知且，函数，若为上的非负函数，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年四川省眉山一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. 已知全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用补集、交集的定义求解作答. 【详解】解不等式，即，解得，即， 解不等式，得，即，或， 所以. 故选：B 2. 某中学有初中生600名，高中生200名，为保障学生的身心健康，学校举办了“校园安全知识”竞赛.现按比例分配的分层随机抽样的方法，分别抽取初中生名，高中生名，经统计：名学生的平均成绩为74分，其中名初中生的平均成绩为72分，名高中生的平均成绩为分，则（ ） A. 74 B. 76 C. 78 D. 80 【答案】D 【解析】 【分析】根据分层随机抽样的特点求出与的关系，再利用平均数的计算公式列出关于的方程，进而求解的值. 【详解】由题意，得可得，解得. 故选：D. 3. 若向量，且，则（ ） A. B. 8 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】运用向量的坐标运算，结合垂直的坐标结论计算即可. 【详解】由题意得. 因为，所以，即. 故选：B. 4. 已知，，则的值为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求得的值，然后利用，展开后计算得出正确选项. 【详解】由于， 所以.故，故选B. 【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题. 5. 把函数的图象向左平移个单位，再将得到的曲线上所有点的横坐标变为原来的倍， 纵坐标不变， 得到函数的图象. 若函数在上恰有 3 个零点， 则正数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据图象变换求得，再以为整体结合正弦函数分析运算. 【详解】把函数的图象向左平移个单位，得到， 再将得到的曲线上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到， ∵，，则， 令则，， 若函数的图象在上恰有3个交点，则. 故正数的取值范围是. 故选：B. 6. 纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通､安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量、放电时间和放电电流之间关系的经验公式：，其中为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为时，放电时间为；当放电电流为时，放电时间为，则该萻电池的Peukert常数约为（ ）（参考数据：，） A. 1.12 B. 1.13 C. 1.14 D. 1.15 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得，再结合对数式与指数式的互化及换底公式即可求解． 【详解】由题意知， 所以，两边取以10为底的对数，得， 所以． 故选：D． 7. 已知抛物线的焦点为F，动点M在C上，圆M的半径为1，过点F的直线与圆M相切于点N，则的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】由题作图，由图可得，根据抛物线定义可得等于点到准线的距离，根据图形可得最小值情况，从而可得的最小值. 【详解】因为抛物线，所以焦点坐标为，如下图所示：连接，过作垂直准线于， 则在直角中，， 所以， 由抛物线的定义得：， 则由图可得的最小值即抛物线顶点到准线的距离，即， 所以. 故选：D. 8. 如图，在直三棱柱中，分别为线段的中点，，平面平面，则四面体的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，连接，由等腰三角形的性质与面面垂直的性质定理证平面，由线面垂直的性质及判定定理证平面，进而推出，利用勾股定理及勾股定理的逆定理等证，从而确定四面体的外接球的球心与半径，利用球的体积公式求解即可． 【详解】如图，取的中点，连接， 因为，所以． 又平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以． 依题意平面平面， 所以，又平面， 所以平面． 又平面， 所以，所以， 所以． 连接，则， 所以． 又， 所以， 所以． 因为与共斜边， 所以四面体的外接球的球心为的中点， 且外接球半径， 所以该球的体积． 故选：A 【点睛】确定简单几何体外接球的球心有如下结论：（1）正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点；（2）正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点；（3）直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点；（4）正棱锥的外接球的球心在其高线上；（5）若三棱锥的其中两个面是共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是外接球的球心． 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. 设为复数，且，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则最大值为3 C. 若，则 D. 若，则在复平面对应的点在一条直线上 【答案】BD 【解析】 【分析】通过举反例判断A和C；由复数的几何意义判断B和D． 【详解】对于A，令，满足，但不成立，故A错误； 对于B，设，， 因为，则复数的对应点在以原点为圆心，1为半径的圆上，的几何意义为到的距离，其最大值为，故B正确； 对于C，令，则，， 满足，但，故C错误； 对于D，因为，设对应的点为， 若，则在复平面内对应点到和的距离相等，即在复平面内对应点在线段的垂直平分线上，所以在复平面对应的点在一条直线上，故D正确； 故选：BD． 10. 我们把平面内到两个定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线．在平面直角坐标系中，设定点为，，动点满足，化简可得卡西尼卵形线，则（ ） A. 曲线C既是中心对称图形也是轴对称图形 B. 曲线C关于直线对称 C. 曲线C都在圆内 D. 曲线C与椭圆没有公共点 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据方程结合中心对称和轴对称分析判断；对于B：根据方程结合直线对称性质分析判断；对于C：根据题意分析可得，进而可得，即可得结果；根据椭圆定义结合基本不等式分析判断. 【详解】对于选项A：曲线C上任取一点， 把方程中的x，y换成得， 把方程中的x，y换成得， 把方程中的x，y换成得， 可知点，，也在曲线C上， 所以曲线C既关于原点对称，也关于坐标轴对称，A正确； 对于选项B：把方程中的x，y互换得， 即两方程表示的曲线不相同，所以曲线C关于直线对称，故B错误； 对于选项C：由得，两边平方得， 设O为原点，则， 所以曲线C都在圆内，故C正确； 对于选项D：椭圆的左、右焦点分别为，， 若曲线C与该椭圆有公共点P，则， 则，与矛盾，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，有唯一零点 B. 当时，是减函数 C. 若只有一个极值点，则或 D. 当时，对任意实数，总存在实数，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：求导，确定单调性，然后利用零点存在定理判断；对于B：求导，利用导数研究函数单调性；对于C：直接验证时的极值情况；对于D：求导，作出的图象，观察图象可得. 【详解】对于A：当时，，令，得， 令，得，即在上单调递增， 又，，由零点存在定理可得在上有唯一零点，即有唯一零点，A正确； 对于B：， 令，得， 设，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，又当时,，所以恒成立，即当时，是减函数，B正确； 对于C：当时，由B知，即，所以，即在上单调递减，无极值，C 错误； 对于D：当时，，， 令，得， 令，则， 当，即时，单调递增， 当，即时，单调递减， 所以， 即恒成立， 所以单调递减，又， 所以， 所以在上单调递减， 且当时，，当时，， 可得的大致图象如下： 由图可知对任意实数，总存在实数，使得，D正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若变量满足，目标函数取得最大值，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】作出可行域，找出目标函数取得最大值的点，然后利用这个点的坐标和目标函数的最大值，结合基本不等式“1”的代换求出最小值即可. 【详解】画出如图可行域，由得， 则直线的斜率为，所以截距最大时，最大， 平移直线，由图象可知，当直线经过点时， 直线的截距最大， 由，解得，所以， 即， 那么 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：. 13. 一道单项选择题有4个答案，要求学生将正确答案选择出来.某考生知道正确答案的概率为，在乱猜时，4个答案都有机会被他选择，若他答对了，则他确实知道正确答案的概率是___________. 【答案】## 【解析】 【分析】由全概率公式求出考生答对的概率，再由条件概率公式求他答对条件下，他确实知道正确答案的概率. 【详解】设表示“考生答对”，表示“考生知道正确答案”，由全概率公式得 故 故答案为： 14. 若关于的方程有解，则实数m的最大值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得，构造函数，即可得到，然后利用导数求得函数的值域即可得到结果. 【详解】由题意得，， 令，则， 易知单调递增，所以. 令，， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以， 所以，得. 所以的最大值为. 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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求的值； （2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：的周长为9． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换分析运算即可； （2）由（1）可得，若选条件①：利用余弦定理可求得，进而面积公式分析运算；若选条件②：分为锐角和为钝角两种情况讨论，利用余弦定理可求，结合题意分析判断；若选条件③：根据题意可求得，利用余弦定理结合面积公式运算求解. 【小问1详解】 ∵，则， ∴. 【小问2详解】 由（1）可得，由正弦定理可得， 若选条件①：由余弦定理，即， 注意到，解得，则， 由三角形的性质可知此时存在且唯一确定， ∵，则， 可得， ∴的面积. 若选条件②：∵，可得，则有： 若为锐角，则， 由余弦定理，即， 整理得：，且，解得，则； 若为钝角，则， 由余弦定理，即， 整理得：，且，解得，则； 综上所述：此时存在但不唯一确定，不合题意. 若条件③：由题意可得：，即， 解得，则， 由三角形的性质可知此时存在且唯一确定， 由余弦定理可得， 则，可得， ∴的面积. 16. 已知函数． （1）当时，求在处的切线方程； （2）当时，不等式恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数后可求切线的斜率，从而可求切线方程. （2）利用参变分离结合导数可求参数的取值范围，我们也可以利用分类讨论求出函数的最值，根据最值的性质讨论参数的取值范围. 【小问1详解】 当时，． 故切线的斜率，又切点为 切线方程为，化简得． 【小问2详解】 法1：当时，恒成立，故， 也就是，即， 由得，令， 则， 令，则， 可知在单调递增，则，即在恒成立，． 故在单调递增，所以，故在恒成立． 所以在单调递增，而，所以，故． 法2：因为当时，恒成立，故， 由， 令，得或， ①当，即时，在上恒成立， 在上单调递减，， 不合题意，合题意． ②当，即时， 当时，当时， 故在上单调递增，在上单调递减， ， 设，则恒成立， 在上单调递减，故即，合题意． 综上，． 法3：因为当时，恒成立，也就是， 即恒成立，令， 令， 恒成立，在上单调递增． ． ①当，即时，在上单调递增， ，合题意； ②当，即时，， 因为，， 存在，使得，即． 在上单调递减，在上单调递增． ，不合题意． 综上，． 【点睛】思路点睛：含参数的函数不等式的恒成立问题，可以利用参变分离，利用导数求出新函数的最值，或者直接对含参数的函数就导数的符号分类讨论，从而可求函数的最值. 17. 如图，在三棱锥中，，，分别是侧棱，，的中点，，平面. （1）求证：平面平面； （2）如果，，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：因为，，分别是侧棱，，的中点， 所以， 因为，所以， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）易得，根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）易得两两垂直，求出，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以， 因为，所以， 所以， 因为平面，， 所以平面， 又平面，所以， 所以两两垂直， 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系， 则， 故， 设平面的法向量为， 则有，可取， 因为平面， 所以即为平面的一条法向量， 故， 所以二面角的余弦值. 【点睛】 18. 已知椭圆的离心率为，左右两顶点分别为，过点作斜率为的动直线与椭圆相交于两点.当时，点到直线的距离为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设点关于原点的对称点为，设直线与直线相交于点，设直线的斜率为，试探究是否为定值，若为定值，求出定值并说明理由. 【答案】（1） （2）是定值， 设，直线的方程为.此时. 联立直线与椭圆方程消去得， 则有 不妨设，因为三点共线，则， 所以则有， 因为三点共线，则则有， 所以 ， 所以，所以， 所以，所以. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，解方程求出，再结合，即可得出答案. （2）设，直线的方程为，联立直线和椭圆方程，利用根与系数的关系、斜率公式即可求得为定值. 【小问1详解】 依题意可知， 由于，则直线的方程为， 因为点到直线的距离为. 所以，解得， 所以，则， 所以椭圆的标准方程. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 19. 已知是定义在上的函数，若对任意，恒成立，则称为上的非负函数. （1）判断是否为上的非负函数，并说明理由. （2）已知为正整数，为上的非负函数，记的最大值为，证明：为等差数列. （3）已知且，函数，若为上的非负函数，证明：. 【答案】（1）是上的非负函数.理由如下：因为，，所以.当时，，单调递减，当时，，单调递增， 则，故是上的非负函数. （2） 由，，得. 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 则. 因为为上的非负函数，所以，解得，则. 因为，所以为等差数列. （3） 由，，得. 因为且，所以由得，，解得， 由得，，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，故. 由为上的非负函数，得，则，. 令，，则在上恒成立， 故在上单调递增，则，从而在上恒成立. 令，得，则，从而在上恒成立， 故，当且仅当时，等号成立， 所以. 【解析】 【分析】（1）通过求导分析函数单调性可得，即可判断结论. （2）通过分析函数单调性得，根据得，即可证明结论. （3）通过分析函数单调性结合得，通过构造函数，利用放缩法可证明结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：解决第（2）问的关键是分析函数单调性得到，结合非负函数的定义得到，即可证明结论.解决第（3）问的关键是通过分析函数单调性得到，根据为上的非负函数得到，通过构造函数，利用放缩法证明结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $