四川省遂宁市第二中学校2024-2025学年高三下学期二模考试数学试题（解析版）

这是一份四川省遂宁市第二中学校2024-2025学年高三下学期二模考试数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了考试结束后，只将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项:
1．答卷前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.
3．考试结束后，只将答题卡交回.
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，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＋2iB. －1＋2iC. 1－2iD. －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. 63B. 48C. 31D. 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. 3B. 4C. 5D. 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，每小题6分，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，部分选对的得部分分，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，故函数为上奇函数，
当时，即，
则，所以，故D正确.
故选：ACD
第II卷（非选择题）
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：
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）见解析
【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：
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）证明见解析
（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】
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.
【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.
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）证明见解析
【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】
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.
【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.
个
个
个
0
5
0
1
3
1
2
1
2
1
2
＋
0
－
0
＋
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增