2025届河南省开封高级中学东校区一轮复习滚动测试（二）数学试卷

开封高中东校区2025届数学一轮复习滚动测试综合卷（二） 一：单项选择题（每题只有一个选项正确，每题5分，共40分） 1．若集合，，且，则的取值范围为（     ） A． B． C． D． 2．若复数满足，则（     ） A．1 B． C． D．4 3．已知等比数列的前项和为，若，且成等差数列，则（     ） A． B． C． D． 4．某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（     ） A．36种 B．42种 C．48种 D．52种 5．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边经过点，则（     ） A． B． C． D． 6．已知是正六边形边上任意一点，，则的取值范围为（     ） A． B． C． D． 7．在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，且，则的取值范围为（     ） A． B． C． D． 8．已知、分别为双曲线的两个焦点，双曲线上的点到原点的距离为，且，则该双曲线的渐近线方程为（     ） A． B． C． D． 二：多项选择题（每题至少有两项正确，每题6分，少选得3分，选错不得分，共18分） 9．已知，则使得“”成立的一个充分条件可以是（     ） A． B． C． D． 10．已知圆，直线是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则当切线长取最小值时，下列结论正确的是（     ） A． B．点的坐标为 C．的方程可以是 D．的方程可以是 11．已知球是棱长为2的正方体的内切球，是的中点，是的中点，是球的球面上任意一点，则下列说法正确的是（     ） A．若，则动点的轨迹长度为 B．三棱锥的体积的最大值为 C．的取值范围是 D．若，则的大小为定值 三：填空题（每题5分，共15分） 12．的展开式中的系数为 ． 13．已知A，B是抛物线上异于原点的两点，且以为直径的圆过原点，过向直线作垂线，垂足为H，求的最大值为 . 14．表示三个数中的最大值，对任意的正实数，，则的最小值是 ． 四：解答题（15题13分，16,17每题15分，18，19每题17分，共计77分） 15．（13分）已知数列满足 (1)证明:数列为等比数列; (2)若，求数列的前项和. 16．（15分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，是中点，是中点. （1）证明：直线平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 17．（15分）已知函数. (1)若函数在上有最小值，求的取值范围； (2)如果存在，使得当时，恒有成立，求的取值范围. 18．（17分）已知椭圆：（）的左焦点为，上顶点为，的两顶点，是椭圆上的动点.当为椭圆的左顶点，为椭圆的下顶点时，，且的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)若的平分线经过点，求面积的最大值. 19．（17分）在”五四”来临之际，某学校团委组织以“春风吹，青春启航”为主题的知识竞赛，比赛分初赛和决赛两个阶段，甲、乙两人进入决赛争夺冠军，决赛规则如下：每轮答题获得分，其概率为，获得分，其概率为.最多进行轮答题，某同学累计得分为分时， 比赛结束，该同学获得冠军，另一同学获得亚军。 （1）当进行完轮答题后，甲同学总分为，求的分布列及； （2）若累计得分为的概率为，（初始得分为分，） ①求的表达式 (). ②求获得亚军的概率. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 开封高中东校区2025届数学一轮复习滚动测试综合卷（二）答案 1．【答案】D 【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再分、两种情况讨论，确定集合，再根据集合的包含关系得到不等式，解得即可. 【详解】由，即，解得， 所以， 当时，，符合， 当时，由，解得，所以，因为，所以，解得.综上可得的取值范围为.故选：D 2．【答案】B 【分析】设，利用复数相等和复数的模的公式求解. 【详解】解：设，则， 解得，故，则，故选：B． 3．【答案】D 【分析】设等比数列的公比为，根据等差中项的性质得到，即可求出，再根据等比数列求和公式计算可得. 【详解】设等比数列的公比为，又，，成等差数列，所以，即，所以，即， 所以.故选：D. 4．【答案】B 【解析】若副队长担任1号位，其他位置就没有任何限制，有种安排方式；若副队长担任2号位，则从3名队员中选1人担任1号位，后面的3个位置无限制条件，有种安排方式.所以一共有：种安排方式.故选：B 5．【答案】D 【分析】利用三角函数的定义可求出的值，再根据诱导公式求解即可. 【详解】因为角的终边经过点，所以， 所以.故选：D. 6．【答案】B 【分析】利用向量的线性运算，将向量转化为进行数量积运算. 【详解】设正六边形的中心为， ． 根据正六边形的对称性，以点在边上为例，当点在与顶点重合时，最大为2，当时，最小为， 则，所以. 故选：B 7．【答案】A 【分析】利用三角恒等变换与正弦定理的边角变换，结合正弦函数的性质得到，从而利用锐角三角形的性质得到的范围，再利用正弦定理转化所求即可得解. 【详解】因为，则由正弦定理得， 又， 所以， 则， 因为是锐角三角形，则，则， 所以，即，则， 所以，解得，则， 所以.故选：A. 8．【答案】A 【分析】本题首先可以结合题意绘出双曲线的图像，然后根据得出，根据双曲线的定义得出，再然后根据得出以及，根据得出，最后将点坐标代入双曲线中，通过化简即可得出结果. 【详解】设为双曲线的下焦点，为双曲线的上焦点，绘出双曲线的图像，如图，过点作于点, 因为，所以，，因为，所以， 因为双曲线上的点到原点的距离为，即，且， 所以，， 故，，因为，所以，，将代入双曲线中， 即，化简得，， ，，，解得或（舍去），，，则该双曲线的渐近线方程为，故选：A. 9．【答案】AD 【分析】由不等式的性质可判断AD；取特值可判断B；可化为结合的单调性可判断C. 【详解】对于A，因为，，故故A选项正确； 对于B，取，此时满足，但，B选项错误； 对于C，可得：， 则，因为，即 所以，因为函数在不单调，所以C选项错误； 对于D，由可知，，因为， 所以，故D选项正确，故选：AD． 10．【答案】BCD 【分析】首先得到圆心坐标与半径，求出圆心到直线的距离，即可求出，再求出过点与直线垂直的直线方程，联立两直线方程求出交点坐标，即为点坐标，再设切线方程为，利用圆心到直线的距离等于半径，求出，即可得解. 【详解】圆圆心为，半径， 则圆心到直线的距离， 因为是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为， 则切线长的最小值为，故A错误； 设过点与直线垂直的直线方程为，则，解得，所以，由，解得，所以，故B正确； 显然过点的切线的斜率存在， 设切线的方程为，则，解得或， 所以切线的方程为或，故CD正确.故选：BCD 11．【答案】ACD 【分析】对于A项，先证得面可得点轨迹为平面与内切球的交线，由到面的距离为面与面的距离可得，结合求解即可，对于B项，当三棱锥的体高经过球心时体积取得最大值，结合空间向量坐标法求得球心到平面距离，进而由计算即可，对于C项，运用极化恒等式可得，则将问题转化为求的范围，作出平面截球的截面，将空间问题转化为平面问题可得，进而可求得结果，对于D项，作出平面截球与椭球的截面图，结合椭圆与圆的对称性可判断D项. 【详解】对于A项，由正方体性质得面，且内切球半径，分别取、、中点、、，如图所示，易知面面， 故面，则点轨迹为平面与内切球的交线，即为截面圆的周长，易知球心面，则到面的距离为面与面的距离，所以截面圆半径为.故点轨迹长度为，故A项正确； 对于B项，以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为， 则， 取，则，所以， 所以到平面距离为， 因为面，面，所以， 又，所以三棱锥的体积的最大值为，故B项错误； 对于C项，取中点，连接、、，如图所示， 则， 所以， 平面截球的截面图如图所示， 又，，则， 所以当位于时， 所以当位于时，， 则，所以，即的范围为，故C项正确； 对于D项，由题意知，，又， 所以点在以、为焦点，长轴长为3的椭球面上， 又因为点在以为球心，1为半径的球面上， 所以点在椭球面与球面的交线处， 由椭圆与圆的对称性可知，点位于、、、时，为定值，故D项正确.故选：ACD. 【点睛】与球截面有关的方法点睛： ①定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； ②作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的． 13．【答案】5 【分析】先将乘积展开为，再分别利用二项展开式计算和中含的项，即求得的展开式含的项，即得结果. 【详解】，其中的展开式通项为，，故时，得含的项为； 的展开式通项为，，故时，得含的项为.因此，式子的展开式中，含的项为，即系数为5.故答案为：5. 15．【答案】 【分析】结合向量垂直的性质，推得，设出直线的方程，并与抛物线方程联立，运用韦达定理，求出直线所过定点，再结合圆的性质，即可求解， 【详解】依题意，设，， 以为直径的圆过原点，则，解得， 易知直线的斜率不为0，不妨设直线的方程为， 联立，化简整理可得， 所以，解得， 故直线恒过定点， 因为， ，则，，，四点共圆， 即点在以为直径的圆（除原点外）上运动， 此时该圆直径为， 故的最大值为该圆的直径，即.故答案为：. 14．【答案】2 【分析】设，因，可得，借助于基本不等式可得，验证等号成立的条件，即得. 【详解】设，则，，， 因，则得．又因，所以， 当且仅当，即，时等号成立，故的最小值为2．故答案为：2. 【点睛】思路点睛：本题解题的思路在于，先根据的含义，设出，即得，将问题转化为求的最小值，而这可以利用基本不等式求得，同时需验证等号成立的条件. 15．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由数列的递推式，分别令，2，3，计算可得所求值； （2）推得，由等比数列的定义，可得证明； （3）求得，，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和． 【详解】（1）证明：由题可得， 则数列是首项为1，公比为2的等比数列； （2）由（1）可得，即，， ， 前项和， ， 两式相减可得， 化简可得． 16．【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1）证明：取的中点为，连接， 因为分别为的中点，所以且， 在正方形中，是中点，可得且， 所以且，故四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面，故直线平面. （2）因为底面四边形为正方形，且底面， 以为坐标原点，以所在的直线分别为为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则， 则， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设，则， 因为，所以，可得，且， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面与平面的夹角的为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17．【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用导数分类讨论函数在区间内的最值情况作答. （2）变形不等式，构造函数，利用导数探讨恒成立的k的范围作答. 【详解】（1），，函数，求导得：，显然恒有，则当时，，函数在上单调递增，无最小值，不符合题意； 当时，由，得，当时，，当时，，因此函数在上单调递减，在上单调递增，即当时，函数取得最小值， 所以函数在上有最小值，的取值范围是. （2）， 因为存在，使得当时，恒有成立， 则有存在，使得当时，， 令，即有，恒成立， 求导得，令，， 因此函数，即函数在上单调递增，而， 当，即时，，函数在上单调递增， ，成立，从而， 当时，，，则存在，使得， 当时，，函数在上单调递减，当时，，不符合题意，所以的取值范围是. 18．【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知条件和椭圆的性质解方程组可得； （2）设直线方程，由点在角平分线上结合到角公式（或斜率公式）可得；然后设设的方程为，直曲联立，用韦达定理表示化简得到和直线经过定点，再代入方程①得到；最后利用弦长公式表示出三角形的面积再结合基本不等式求出最值. 【详解】（1） 由条件得，解得， 所以椭圆的方程为； （2）由的平分线经过点，得到的斜率都存在，点的坐标为，可设，点的坐标为，所以，化简得到.由已知得到直线的斜率存在，设的方程为，，联立方程组，得，①，，由，得到，所以，得，根据韦达定理得，化简得， 即或.又当时，直线经过点，不符合题意， 因此，，直线经过定点，将代入方程①得，由，解得. 面积. 设，，则， 当且仅当时取等号，因此面积的最大值为. 19.【答案】见解析 【解析】（1）设进行完轮答题时，得分的次数为，. ，，，，， 随机变量可能取值为，，，， ， ，. ∴的分布列为： . （2）①当时，即累计得分为分，是第一轮抢答得分，，则. 累计得分为分的情况分两种： （i），即累计得分为分，又一轮抢答得分，其概率为. （ii），即累计得分为分，又一轮抢答得分，其概率为. ，∴. ∴数列是首项为，公比为的等比数列. ∴. ②由①得，，，， 各式累加得. 而，∴. ∴获得冠军的概率：. ∴获得亚军的概率为：. 学科网（北京）股份有限公司 $$