四川省遂宁二中2024-2025学年（下）高考二模数学试卷（含答案）

这是一份四川省遂宁二中2024-2025学年（下）高考二模数学试卷（含答案），共18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。
1.已知i为虚数单位，复数z满足zi=−2+i，则z−=( )
A. 1+2iB. −1+2iC. 1−2iD. −1−2i
2.已知集合A={−1,0,1}，B={x|0≤x≤3}，则A∩B=( )
A. {−1,0}B. {−1,1}C. {0,1}D. [0,1]
3.直线2x+ 2y+3=0的方向向量可以是( )
A. ( 2,1)B. ( 2,−1)C. ( 2,2)D. ( 2,−2)
4.等比数列{an}的前n项和为Sn，且a2=2，4a1+a3=8，则S5=( )
A. 63B. 48C. 31D. 15
5.已知角α的顶点在原点，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点P(cs15°−sin15°,cs15°+sin15°)，则tanα=( )
A. 2− 3B. 2+ 3C. 6− 2D. 3
6.已知F1、F2分别为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点，P为其左支上一点，且2|PF2|=3|PF1|，则双曲线C离心率的最大值为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
7.已知甲植物生长了一天，长度为a(a>0)，乙植物生长了一天，长度为16a.从第二天起，甲每天的生长速度是前一天的32倍，乙每天的生长速度是前一天的23，则甲的长度第一次超过乙的长度的时期是( )(参考数据：取lg2=0.3，lg3=0.48)
A. 第6天B. 第7天C. 第8天D. 第9天
8.圆O半径为1，PA，PB为圆O的两条切线，A，B为切点，设∠APO=α，则2S△PABtan2α最小值为( )
A. −4+ 2B. −3+ 2C. −4+2 2D. −3+2 2
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.已知数据x1，x2，…，x6的平均数为10，方差为1，且y1=2x1+4(i=1,2,…,6)，则下列说法正确的是( )
A. 数据y1，y2，…，y6的方差为4
B. 数据x1，x2，…，x6，y1，y2，…，y6的平均数为17
C. 数据x1，x2，…，x6，10的平均数为10，方差大于1
D. 若数据x1，x2，…，x6的中位数为m，75%分位数为n，则m0，f(x)=22x+x2，则x0，则x1+x2>0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=ln(x+1)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为______．
13.已知F1、F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点，过F1作圆O：x2+y2=b2的切线与椭圆C在第二象限交于点M，且cs∠F1MF2=−35，则椭圆C的离心率为______．
14.若(x2−2x+2)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10，则a5= ______．
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.(本小题15分)
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．
(Ⅰ)若n=1，求一名员工所获得的红包金额不低于50元的概率；
(Ⅱ)若n=2，且每次摸出的球放回袋中，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．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x3−3lnx，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)求函数g(x)=f(x)−f′(x)−9x的单调区间和极值．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，所有棱长都相等，AB⊥AD，E，F分别是棱PC，PB的中点，G是棱AB上的动点，且AG=λAB．
(1)若λ=12，证明：GF//平面BDE．
(2)求平面BDE与平面PDG夹角余弦值的最大值．
18.(本小题15分)
已知，点F，P分别是抛物线τ：x2=2py(p>0)的焦点与曲线上一动点，点A(1,2)在抛物线上方，且△PAF的周长最小值为 2+3．
(1)求抛物线τ的方程；
(2)点B，C是抛物线上的动点，点D是点B，C处抛物线切线的交点，若△BCD的面积等于32，线段GH为圆x2+(y−1)2=1的直径，求DG⋅DH的取值范围．
19.(本小题17分)
设{an}是各项均为正数的无穷数列，其前n项和为Sn．
(1)若 an⋅an+2=an+1对任意n∈N∗都成立，且2Sn+1=Sn+2．
①求数列{an}的通项公式；
②已知首项为x1，公比q满足|q|0,b>0)，|PF2|−|PF1|=2a，
因为2|PF2|=3|PF1|，即|PF2|=32|PF1|，
所以32|PF1|−|PF1|=2a，
所以|PF1|=4a，那么|PF2|=32×4a=6a，
因为P为双曲线左支上一点，有|PF1|+|PF2|≥|F1F2|，
已知|PF1|=4a，|PF2|=6a，且|F1F2|=2c，
所以4a+6a≥2c.即10a≥2c，化简得c≤5a，
双曲线的离心率e=ca，且e>1，
由c≤5a可得ca≤5，所以1Tn得，2a[(32)n−1]>48a[1−(23)n]，
即(32)n−1>24−24×(23)n，
设t=(32)n，则t>1，(23)n=1t，
则不等式化为t−1>24−24t，
解得t24，
又∵t>1，∴t>24，
即(32)n>24，
两边取对数得，nlg32>lg24，
∴n>lg24lg32=lg3+3lg2lg3−lg2≈7.6，
即甲的长度第一次超过乙的长度的时期是第8天．
故选：C．
由题意可知，甲植物每天生长的长度构成等比数列{an}，首项为a，公比为32，乙植物每天生长的长度构成等比数列{bn}，首项为16a，公比为23，由等比数列的前n项和公式可得2a[(32)n−1]>48a[1−(23)n]，再结合对数的运算性质求出n的取值范围即可．
本题主要考查了等比数列的应用，考查了对数的运算性质，属于中档题．
8.D
【解析】解：根据题意，设AB与PO相交于C，
在△PAO中，tanα=AOAP，则PA=1tanα，OAPO=sinα，则PO=1sinα，
A到PO的距离为AC=PAsinα=csα，PC=PAcsα=1tanα⋅csα，
则S△PAB=2×(12×AC⋅PC)=csα×1tanα×csα=cs2αtanα，
故2S△PABtan2α=2cs2αtanαtan2α=(1−sin2α)(1−2sin2α)sin2α=2sin2α+1sin2α−3≥−3+2 2，当且仅当sin4α=12时等号成立，
则2S△PABtan2α最小值为−3+2 2，
故选：D．
根据题意，由直线与圆的位置关系求出PA，PO，A到PO的距离为AC，PC，求出S△PAB.得到2S△PABtan2α的表达式，利用基本不等式求出最小值．
本题考查直线与圆的位置关系，涉及三角形的面积的计算，三角函数的化简以及基本不等式的应用，属于基础题．
9.AB
【解析】解：数据x1，x2，…，x6的平均数为10，方差为1，且y1=2x1+4(i=1,2,…,6)，
对于A，数据y1，y2，…，y6的方差为22×1=4，故A正确；
对于B，数据x1，x2，…，x6，y1，y2，…，y6的平均数为：
112(6×10+6×24)=17，故B正确；
对于C，数据x1，x2，…，x6，10的平均数为10，方差小于1，故C错误；
对于D，若取数字9，9，10，10，10，12，
平均数为10，方差为1，
则中位数为m=10+102=10，
∵6×0.75=4.5，
∴第5个数为75%分位数n=10，
∴m=n，故D错误．
故选：AB．
根据方差性质判断A；根据平均数及方差计算判断BC；利用特例法判断D．
本题考查方差、平均数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.ABD
【解析】解：对于A，如图，设BC的中点为H，连接PH，AH，
则由正四面体的性质知，PH必过点G，且PH⊥BC，AH⊥BC，
因为PH∩AH=H，PH⊂平面PAH，AH⊂平面PAH，
所以BC⊥平面PAH，
又AG⊂平面PAH，所以BC⊥AG，
因为PH=AH=18× 32=9 3,PG=23PH=6 3,GH=13PH=3 3，
所以cs∠APH=12PAPH= 33，
在△PAG中，由余弦定理：AG2=PA2+PG2−2PA×PG⋅cs∠APH
=182+(6 3)2−2×18×6 3× 33=216，
所以AG=6 6，所以AG2+GH2=AH2，
所以AG⊥GH，
因为BC∩GH=H，BC⊂平面PBC，HG⊂平面PBC，所以AG⊥平面PBC，
所以AG⊥PB，所以A正确；
对于B，由题意知五面体ABC−DEF为正三棱台，
因为sin∠AHG=AGAH=2 23，所以三棱台ABC−DEF的高为ℎ=GH⋅sin∠AHG=2 6，
所以该棱台的体积为V=13ℎ(S△ABC+S△DEF+ S△ABC⋅S△DEF)
=13×2 6×(81 3+36 3+54 3)=342 2，所以B正确；
对于C，因为AQ= AG2+GQ2= 216+GQ2=6 7，解得GQ=6，
过点G作GN//PC，GM//PB，分别交BC于点N，M，则四边形CFGN和BEGM均是边长为6的菱形，
点Q在四边形EBCF内(含边界)的轨迹为以G为圆心，
6为半径的圆被四边形EBCF所截的弧FN和弧EM，设弧FN的长度为l，
则l=π3×6=2π，所以动点Q的轨迹长度为4π，所以C错误；
对于D，连接GQ，AQ与平面PBC所成的角为∠AQG，所以tan∠AQG=AGGQ= 6，所以D正确．
故选：ABD．
由正四面体的性质及正棱台的性质分析所给的命题的真假．
本题考查正四面体及正棱台的性质的应用，属于中档题．
11.ACD
【解析】解：对于A，因为f(x)=x+ x2+2，x∈R，
则f(−x)=−x+ x2+2，
所以f(x)⋅f(−x)=( x2+2+x)( x2+2−x)=x2+2−x2=2，
则函数f(x)=x+ x2+2是“比翼函数”，故A正确；
对于B，取f(x)=−2x+12，x∈R，
则f(−x)=−2−x+12，
所以f(x)⋅f(−x)=−2x+12×(−2−x+12)=2，
此时f(x)在R上为“比翼函数”，
但f(0)=− 2，故B错误；
对于C，当x0，
所以f(x)=2f(−x)=222−x+(−x)2=2−x+x2，故C正确；
对于D，因为函数y=f(x)是R上的“比翼函数”，
其函数值恒大于0，且在R上是单调递减函数，
所以H(x)=2f(x)−f(x)=f(−x)−f(x)，
任取m，n∈R且m>n，则−m0，
所以函数H(x)为R上的增函数，
因为H(−x)=f(x)−f(−x)=−H(x)，
故函数H(x)为R上的奇函数，
当H(x1)+H(x2)>0时，
即H(x1)>−H(x2)=H(−x2)，则x1>−x2，
所以x1+x2>0，故D正确．
故选：ACD．
对于A，利用“比翼函数”的定义即可判断；
对于B，举出反例即可判断；
对于C，利用“比翼函数”的关系式f(x)⋅f(−x)=2，即可求得结果；
对于D，利用函数的单调性与奇偶性即可判断．
本题属于新概念题，考查了“比翼函数”的定义及性质，考查了奇函数的性质及函数单调性的判断，属于中档题．
12.x−2y+2ln2−1=0
【解析】解：∵函数f(x)=ln(x+1)，f(1)=ln2，
∴f′(x)=1x+1，
∴x=1时，f′(1)=12，
∴函数f(x)=ln(x+1)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y−ln2=12(x−1)，即x−2y+2ln2−1=0．
故答案为：x−2y+2ln2−1=0．
求导函数，可得切线的斜率，利用点斜式，可得切线方程．
本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查学生的计算能力，属于基础题．
13. 659
【解析】解：如图，
过F2作F2N⊥F1M交于点N，
由于cs∠F1MF2=−35，故cs∠NMF2=35，
则|F2N|=45|F2M|，|MN|=35|F2M|，
设切点为P，由于OP⊥NF1，F2N⊥NF1，故OP//F2N，
由于O是F1F2的中点，故P是NF1的中点，
则|F2N|=2|OP|=2b，|F2M|=54|F2N|=52b，|MN|=35|F2M|=32b，
所以|MF1|=2|PF1|−|MN|=2 c2−b2−32b，
又|F1M|=2a−|MF2|=2a−52b，
所以2 c2−b2−32b=2a−52b，结合a2=b2+c2，整理得9b2=4ab，
所以ba=49，故e= 1−b2a2= 659．
故答案为： 659．
根据锐角三角函数可设|F2M|=5，则|F2N|=4，|MN|=3，即可根据平行以及中点关系，结合椭圆定义可得2 c2−22−3=2a−5，即可联立a2=b2+c2=c2+4求解a，b，c的值，由离心率公式求解．
本题主要考查求双曲线的离心率，属于中档题．
14.−592
【解析】解：(x2−2x+2)5表示5个因数(x2−2x+2)的乘积．而a5为展开式中x5的系数，
设这5个因数(x2−2x+2)中分别取x2、−2x、2这三项分别取i，j，k个，
所以i+j+k=5，若要得到含x5的项，则由计数原理知i，j，k的取值情况如下表：
由上表可知a5=C55(−2)5+C51⋅C43(−2)3⋅24−3+C52⋅C31(−2)1⋅23−1=−32+(−320)+(−240)=−592．
故答案为：−592．
由组合数以及分类加法和分步乘法计数原理即可得解．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数的应用，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
15.解：(Ⅰ)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25+15=35．
(Ⅱ)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100=50+50=40+60=60+40，
所以P(AB)=(25)2+25×15×2=825．
B=“一名员工所获得的红包金额为100元或110元或120元，
因为110=50+60=60+50，120=60+60，
所以P(B)=825+25×15×2+(15)2=1325；
A=“一名员工所获得的红包金额为80元或90元或100元”，
因为80=40+40，90=40+50=50+40，
所以P(A)=(25)2+25×25×2+825=45．
所以P(A)P(B)=52125≠P(AB)，
所以A，B不相互独立．
【解析】(Ⅰ)根据古典概型和互斥事件的概率加法公式可得；
(Ⅱ)利用古典概型概率公式求出P(A)，P(B)，P(AB)，然后根据独立事件的定义直接判断即可．
本题考查概率的综合应用，属于中档题．
16.解：(1)因为f(x)=x3−3lnx的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=3x2−3x，所以f(1)=1，f′(1)=0，
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=1．
(2)依题意，g(x)=f(x)−f′(x)−9x=x3−3lnx−3x2−6x，
则g′(x)=3x2−6x−3x+6x2=3x(x−2)+3(2−x)x2=3(x3−1)(x−2)x2，
令g′(x)=0，解得x=1或x=2．
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示：
所以函数g(x)的单调递减区间为(1,2)，单调递增区间为(0,1)，(2,+∞)，
故g(x)的极小值为g(2)=−7−3ln2，g(x)的极大值为g(1)=−8．
【解析】(1)利用导数求出f(1)=1，f′(1)=0，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．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，导数的几何意义，考查运算求解能力，属于中档题．
17.(1)证明：连接AC，记AC∩BD=O，连接OE，
∵四边形ABCD是正方形，∴O是AC的中点，
∵E是PC的中点，∴OE/​/PA，
∵G，F分别是棱AB，PB的中点，∴GF//PA，∴GF//OE，
∵OE⊂平面BDE，GF⊄平面BDE，∴GF/​/平面BDE，
(2)解：易证OB，OC，OP两两垂直，故以O为坐标原点，
分别以OB，OC，OP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设AB=4，则A(0,−2 2,0)，B(2 2,0,0)，D(−2 2,0,0)，E(0, 2, 2)，P(0,0,2 2)，
从而AB=(2 2,2 2,0)，BD=(−4 2,0,0)，BE=(−2 2, 2, 2)，DP=(2 2,0,2 2)，
∵AG=λAB=(2 2λ,2 2λ,0)，∴G(2 2λ,2 2λ−2 2,0)，
则DG=(2 2λ+2 2,2 2λ−2 2,0)，
设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BD=−4 2x=0n⋅BE=−2 2x+ 2y+ 2z=0，令y=1，则n=(0,1,−1)，
设平面PDG的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅DP=2 2a+2 2c=0m⋅DG=(2 2λ+2 2)a+(2 2λ−2 2)b=0，令a=λ−1，得m=(λ−1,−λ−1,−λ+1)，
设平面BDE与平面PDG的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|n⋅m||n|⋅|m|=2 2× (λ−1)2+(−λ−1)2+(−λ+1)2= 2 3λ2−2λ+3，
∵0≤λ≤1，∴3λ2−2λ+3=3(λ−13)2+83≥83，∴ 2 3λ2−2λ+3≤ 2 83= 32，
则当λ=13时，平面BDE与平面PDG夹角余弦值的最大值为 32．
【解析】(1)连接AC，记AC∩BD=O，连接OE，可得OE/​/PA，进而可得GF//OE，可证GF/​/平面BDE．
(2)易证OB，OC，OP两两垂直，故以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得两平面的一个法向量，利用向量法可得csθ= 2 3λ2−2λ+3，可求最大值．
本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，属中档题．
18.解：(1)由题意知F(0,p2)，过点A向准线作垂线交准线于点A1，交抛物线于点P0，连接FP0，
则有P0F=P0A1，
可知当点P运动到点P0的位置时，△PAF的周长最小，
最小值为AF+P0A+FP0=AF+AA1= 1+(2−p2)2+2+p2= 2+3，解得p=2，
所以抛物线τ的方程为x2=4y．

(2)由(1)知y=14x2，则y′=x2，
设点B(x1,y1)，C(x2,y2)，D(x0,y0).
因为B，C为切点，则在点B处的切线方程为y=x12(x−x1)+y1=x12x−y1，且满足y0=x12x0−y1．
同理，在点C处的切线方程为y=x22(x−x2)+y2=x22x−y2，且满足y0=x22x0−y2，
所以直线BC为y0=x02x−y(题眼)，
联立x0x=2y+2y0,x2=4y,消去y整理得x2−2x0x+4y0=0，
所以Δ=4x02−16y0>0，
x1x2=4y0，x1+x2=2x0，
则|x2−x1|= 4x02−16y0=2 x02−4y0．
作DD′//y轴交线段BC于点D′，则点D′的横坐标为x0，代入直线BC的方程有x02=2yD′+2y0，
解得yD′=x02−2y02=x022−y0，
所以DD′=yD′−yD=x022−2y0，
所以S△BCD=12DD′|x2−x1|=12(x022−2y0)⋅2 x02−4y0=32，
解得x02−4y0=16，
所以y0=x02−164≥−4．
易知点F恰为圆x2+(y−1)2=1的圆心，由极化恒等式得DG⋅DH=(DF+FG)⋅(DF+FH)=|DF|2−1．
因为|DF|2=x02+(y0−1)2=y02+2y0+17,y0∈[−4,+∞),
所以|DF|2的取值范围是[16,+∞)，
所以DG⋅DH的取值范围是[15,+∞)．

【解析】(1)作AA1⊥准线于点A1，交抛物线于点P0，确定△PAF周长最小时点P的位置，得到p=2，即可求解．
(2)设B(x1,y1)，C(x2,y2)，D(x0,y0)分别求出点B，C处的切线方程，与抛物线方程联立，得到|x2−x1|，作DD′//y轴交BC于点D′，得到yD′，进而得到y0≥−4，利用计划恒等式DG⋅DH=|DF|2−1得到DF2的取值范围，得到答案．
本题考查直线与抛物线的综合应用，属于难题．
19.解：(1)①设{an}是各项均为正数的无穷数列，其前n项和为Sn．
(1)若 an⋅an+2=an+1对任意n∈N∗都成立，且2Sn+1=Sn+2．
两边平方可得an⋅an+2=an+12，且an>0，所以an+2an+1=an+1an，
则数列{an}是等比数列，又2Sn+1=Sn+2，n∈N∗，n≥2，2Sn=Sn−1+2，
作差得2an+1=an，n∈N∗，n≥2，所以an+1an=12，
又数列{an}为等比数列，故数列{an}的公比为12，
又因为2S2=S1+2，所以2(a1+12a1)=a1+2，所以a1=1，
所以{an}是以1为首项，12为公比的等比数列，
所以an=1×(12)n−1=(12)n−1；
②已知首项为x1，公比q满足|q|0，所以q1qn+1,q2qn,q3qn−1,⋯qn2qn2+2∈(0,1]，又(qn2+1)0=1，
所以(q1qn+1)n(q2qn)n−2(q3qn−1)n−4⋯(qn2qn2+2)2(qn2+1)0≤1成立；
若n为奇数，只需证(q1qn+1)n(q2qn)n−2(q3qn−1)n−4⋯(qn+12qn+32)≤1，
因为qn+1≥qn≥⋯≥q2≥q1>0，所以q1qn+1,q2qn,q3qn−1,⋯qn+12qn+32∈(0,1],
所以(q1qn+1)n(q2qn)n−2(q3qn−1)n−4⋯(qn+12qn+32)≤1成立；
综上可知，对任意n∈N∗，不等式(a1an+2)12≥(a2a3⋯an+1)1n都成立．
【解析】(1)①应用等比数列及Sn−Sn−1=an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qn+1n≥q1nq2n−2⋯qn−14−nqn2−n，再分n为奇数和n为偶数两种情况分别证明即可．
本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式和求和公式，以及不等式的证明，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．x2
−2x
2
i个
j个
k个
0
5
0
1
3
1
2
1
2
x
(0,1)
1
(1,2)
2
(2,+∞)
g′(x)
+
0
−
0
+
g(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增