广东省深圳市红岭中学（红岭教育集团）2025届高三上学期第二次统一考试数学试卷

这是一份广东省深圳市红岭中学（红岭教育集团）2025届高三上学期第二次统一考试数学试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．B．
C．D．
2．化简等于（ ）
A．B．C．D．
3．已知等差数列和的前项和分别为、，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学参加100米比赛，决出第1名到第5名的名次．比赛结束后甲说：“我不是第1名”，乙说：“我不是第5名”．根据以上信息，这5人的名次排列情况种数为（ ）
A．72B．78C．96D．120
5．已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）

A．B．
C．D．
6．已知函数，若实数a，b，c互不相等，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，（其中为自然常数），则、、的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
8．将方程的所有正数解从小到大组成数列，记，则=（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．记为数列的前项和，下列说法正确的是（ ）
A．若对，，有，则数列一定是等差数列
B．若对，，有，则数列一定是等比数列
C．已知，则一定是等差数列
D．已知，则一定是等比数列
10．已知 的内角 所对的边分别为 ， 下列四个命题中， 正确的命题是（ ）
A．在中，若，则
B．若，则是等腰三角形
C．若在线段 AB 上，且，则的面积为8
D．若 ，动点在所在平面内且 ，则 动点的轨迹的长度为
11．已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，在翻折的过程中下列结论成立的是（ ）
A．三棱锥的体积最大值为
B．三棱锥的外接球体积不变
C．异面直线与所成角的最大值为
D．与平面所成角的余弦值最小值为
三、填空题
12．盒中有个红球，个黑球，今随机地从中取出一个，观察其颜色后放回，并加上同色球个，再从盒中抽取一球，则第二次抽出的是黑球的概率是 ．
13．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点M在双曲线C的右支上，，若与C的一条渐近线l垂直，垂足为N，且，其中O为坐标原点，则双曲线C的标准方程为 ．
14．已知函数有三个不同的零点，其中则的值为 .
四、解答题
15．设正项数列an的前n项和为，且，当时，．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设数列bn满足，且，求数列bn的通项公式．
16．如图，、、为圆锥三条母线，.
(1)证明：；
(2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求平面和平面所成角的余弦值．
17．已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
(1)求的方程；
(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为，证明直线过定点，并求出这个定点．
18．已知函数.
(1)若的极大值为，求的值；
(2)当时，若使得，求的取值范围.
19．法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下：
①当的三个内角均小于时，满足的点为费马点；
②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.
请用以上知识解决下面的问题：
已知的内角所对的边分别为，点为的费马点，且.
(1)求；
(2)若，求的最大值；
(3)若，求实数的最小值.
参考答案：
1．C
【分析】求出集合A，由图可知阴影部分表示的集合为，根据并集的定义即可得解.
【详解】解：，，
图中阴影部分表示的集合为，且.
故选：C.
2．A
【分析】利用同角三角函数的基本关系式，结合三角函数值的符号，化简所求表达式.
【详解】依题意，原式
①.
由于，所以，故①可化为.
故选：A.
【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查诱导公式，考查三角函数值在各个象限的符号，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.
3．B
【分析】计算出，由等差数列的性质得，，从而得到答案.
【详解】因为等差数列和的前项和分别为、，满足，
所以，
又，故，
故选：B
4．B
【分析】讨论甲是否在第5名，根据排列组合公式计算即可.
【详解】当甲是第5名时，共有种；
当甲不是第5名时，共有种；
综上，共有78种.
故选：B
5．D
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.
【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，
由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；
当时、，即A、C中上函数值为正，排除；
故选：D
6．A
【分析】根据函数的解析式作出函数的图象，根据结合函数的对称性可得及的范围，从而求解的范围.
【详解】作出函数的图象如图：

设，且，
则函数与直线的三个交点从左到右依次为，，，
则点与在函数上，而函数的图象关于直线对称，
所以，由得，
若满足，则，所以，
所以，即的取值范围是.
故选：A.
7．D
【分析】将变形，得，，，构造函数，利用导数得在上为减函数，在上为增函数，根据单调性可得，，再根据可得答案.
【详解】，，，
设，则，
令，得，令，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
因为，所以，即，
因为，所以，所以，所以，
所以，即，
因为，所以，
综上所述：.
故选：D
8．C
【分析】利用三角恒等变形和辅助角公式化归为正弦值求角，由于不是特殊值，这里借助反三角函数来表示所求的角，然后组成数列，并依次计算，利用周期性可得知数列an是一个周期数列，从而易求得结果.
【详解】由方程变形得：，
所以或，，
即或，，
因为，根据所有正数解从小到大组成数列
所以，，
，，，
即，
则，此时；
同理，
则，此时；
同理可计算得，这样数列an就是一个周期为2的数列，
所以，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：
关键点一：因为不是特殊值三角函数方程求角的集合，所以需要用到反三角表示正数角的数列；
关键点二：有了角的集合才可以依次求出数列，从而可得到周期数列an，即可求指定的和.
9．AC
【分析】利用等差，等比数列的定义和性质，以及等差，等比数列的前项和的形式，可逐一判断.
【详解】由和等差中项的性质，
可得数列是等差数列，即A正确；
当时，由和等比中项的性质，
可得数列是等比数列，即B不正确；
由等差数列前项和，
得可看成的二次函数，且不含常数项，则C正确；
由等比数列前项和，
若，则，所以，
则此时数列不是等比数列，则D错.
故选：AC
10．ACD
【详解】利用正弦定理结合三角形中大边对大角，可判断A；化简条件得到，求得或，可判定B；设，在中，利用余弦定理求得，得到，求得和，结合面积公式，可判定C；根据题意得到点在以为弦的一个圆上，结合正弦定理和圆的性质，以及弧长公式，可判定D．
【分析】对于A中，，由正弦定理可得，所以，故A正确；
对于B中，由，
可得，
整理得，
由正弦定理得，可得，
因为，可得或，即或，
所以是等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C，由在线段上，且，，，，
则，设，
在中，利用余弦定理，
整理得，解得或（舍去），
所以，
在中，可得，则，
所以的面积为，故C正确；
对于D，在中，因为，，
则点在以为弦的一个圆上，
由正弦定理可得外接圆的直径为，即，
当点在外部时，如图所示，
因为，可得，所以，
所以的长度为，
同理，当点在内部时，可得对应的弧长也是，
所以动点的轨迹的长度为，故D正确．
故选：ACD.
11．ABD
【分析】对于A， 当平面平面时，三棱锥的高最大，再棱锥体积公式计算即可；
对于B，设的中点为，则由知，，所以为三棱锥外接球的球心，其半径为，再用球的体积公式计算即可；
对于C，若，由，，平面，平面，可得平面，得到，因为，直角三角形斜边最长，知道不成立;
对于Ｄ, 因为是定值，则只需到面的距离最大时，与平面 所成角最大，当平面平面时，到面的距离最大为，再用锐角三角函数和同角三角函数关系分析计算即可.
【详解】解：对于A，，
当平面平面时，三棱锥的高最大，
此时体积最大值为，故A正确；
对于B，设的中点为，则由知，，
所以为三棱锥外接球的球心，其半径为，
所以外接球体积为，即三棱锥的外接球体积不变，故B正确；
对于C，若，由，，平面，平面，
可得平面，因为平面，则，
因，根据直角三角形斜边最长，知道不成立，故C错误；
对于D，因为是定值，则只需到面的距离最大时，与平面 所成角最大，
当平面平面时，到面的距离为，
设与平面 所成角为，此时，
因为为锐角，所以，
即与平面 所成角的余弦值最小值为，故D正确．
故选：ABD
12．/
【分析】根据，由全概率公式计算可得结果.
【详解】记事件：第一次抽取的是黑球；事件：第二次抽取的是黑球；则；
，；，，
.
故答案为：.
13．
【分析】利用中位线的性质得到，且，根据得到，然后利用点到直线的距离公式得到，最后再直角三角形中利用勾股定理列方程得到，即可得到双曲线方程.
【详解】因为，，且为中点，
所以，且，，
因为，
所以，解得，
直线的方程为，所以，则，
在直角三角形中利用勾股定理得，
解得，所以双曲线的标准方程为.
故答案为：.

14．1
【分析】令，则原函数会转化为关于的一元二次方程的根，通过韦达定理确定根的情况，同时研究内层函数的图象，数形结合研究零点的范围.
【详解】设，
，
当时，；
当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
且时，；时，，
∴，
作出的图象，如图
要使有三个不同的零点，其中
令，则需要有两个不同的实数根（其中）
可得，
∵，∴，则
∴，则，且
∴，
故答案为：1.
【点睛】关键点点睛：数形结合的思想来确定零点所在的区间，以及零点之间的关系，再利用韦达定理化简进而求得结果。
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据结合题意可得是以为首项，1为公差的等差数列，进而可得的通项公式；
（2）根据累加法与错位相减法求解即可.
【详解】（1）由，得，
因为，所以，
所以是以为首项，1为公差的等差数列，所以，
所以，当时，，
当时，也满足上式，
所以数列的通项公式为．
（2）由知：
当时，，
①，
则②，
由得：，
化简得：，
当时，也满足上式，
所以数列的通项公式为．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接、，则，故可得面，从而得到.
（2）利用向量法可求面、面的法向量，计算出它们的夹角的余弦值后可得二面角的余弦值.
【详解】（1）
取中点，连接、，
因为、、为圆锥三条母线，，
所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）因为为直径，故为底面圆的圆心，故平面，而，
故以为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，
因为圆锥侧面积为为底面直径，，
所以底面半径为1，母线长为，
所以，
则可得，
故，
设为面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
设为面的法向量，
则，
令，则，所以，
则，
所以平面和平面所成角的余弦值为.
17．(1)；
(2)证明见解析；
【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得；
（2）对直线的斜率分等于0和不等于0讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得.
【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，
解得，
由三角形面积为，得，则，，
所以的方程是.
（2）由（1）知，点，当直线的斜率为0时，设直线，
则，，且，即，
，不合题意；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设，
由消去x得：，
则，
直线与的斜率分别为，，
于是
，整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，因此，
直线：恒过定点.

18．(1)2
(2)
【分析】（1）根据题意，求得，令，解得或，分类讨论，求得函数单调性和极大值，即可求解；
（2）当时，由（1）得到的单调性，分别求得和，结合题意，分类讨论，列出不等式，即可求解.
【详解】（1）解：因为函数，可得，
因为，令，解得或，
当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
所以的极大值为，不符合题意；
当时，即时，f′x≥0，在上单调递增，无极大值；
当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以极大值为，解得.
（2）解：当时，
由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时，
当时，即时，当时，单调递增，，
又因为当时，，
因为，所以，当时，使得，
当时，即时，
当时，单调递增，，
当时，
若满足题意，只需，即，
当时，即时，
当时，在上单调递减，上单调递增
所以函数的最小值为，
所以，
又因为时，，
若满足题意，只需，即，
因为，所以，
所以，当时，不存在使得，
综上，实数的取值范围为.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据倍角公式得到，由正弦定理得到，从而；
（2）根据点为的费马点得到，再由及三角形面积公式得到，因为及均值不等式，所以，当且仅当时等号成立；
（3）设，所以，在三个小三角形中分别用余弦定理表示出、、AB再结合得到，从而由均值不等式得，从而得到的最小值.
【详解】（1）因为，
所以，即，
由正弦定理得.
所以.
（2）

由（1）知，所以的三个角都小于，
因为点为的费马点，所以.
由得：
，
整理得.
又因为，所以，当且仅当时等号成立.
所以，
所以的最大值为.
（3）由（2）知.
设，
由得.
由余弦定理得：
在中，，
在中，，
在中，，
因为，所以，
整理得.
因为m+n+2=mn≤m+n22，当且仅当时等号成立，
所以，整理得，解得或者（舍去），
所以实数的最小值为.
【点睛】思路点睛：新定义问题的解法
根据题干所给定义，转化成所学知识，从而解决问题.
在本题中，给出了当的三个内角均小于时，确定费马点的方法，即“满足的点为费马点”，由（1）知为直角三角形，再结合点是的费马点知，从而解决（2）（3）两个小题.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
B
B
D
A
D
C
AC
ACD
题号
11









答案
ABD