2025年吉林省通化市梅河口五中高考数学二模试卷（含答案）

这是一份2025年吉林省通化市梅河口五中高考数学二模试卷（含答案），共10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.命题“∀x∈R，2−x+2x≥1”的否定是( )
A. ∀x∈R，2−x+2xa>1>c>0，则( )
A. ca>cbB. bc>acC. ab>a−lncb−lncD. b+cb>a+ca
10.已知函数f(x)定义在R上，且f(1+x)为偶函数，f(2+x3)为奇函数，当0b>0)的离心率为 22，F1，F2分别为椭圆E的左，右焦点，A，B分别为椭圆E的上，下顶点，且|AB|=2．
(1)求椭圆E的方程；
(2)已知过F1的直线l与椭圆E交于M，N两点，且直线l不过椭圆四个顶点．
(i)设△MF1F2，△MAB的面积分别为S1，S2，若S1≤S2，求|AM|的最大值；
(ii)若M在x轴上方，AF1为∠MAN的角平分线，求直线l的方程．
19.(本小题17分)
球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图(1)，球O的半径R= 3,A,B,C,D为球O的球面上的四点．
(1)若球面三角形ABC的三条边长均为 3π3，求此球面三角形一个内角的余弦值．
(2)在球O的内接三棱锥D−ABC中，DB⊥平面ABC,AB：AC：BC= 3： 2：1，直线DC与平面ABC所成的角为π3．
(i)若M，N分别为直线AD，BC上的动点，求线段MN长度的最小值；
(ii)如图(2)，若P，Q分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点(与点B不重合)，当平面OBC与平面GPQ夹角的余弦值最大时，求线段BG的长．
参考答案
1.D
2.C
3.D
4.C
5.B
6.B
7.A
8.D
9.ABD
10.BCD
11.BC
12.(−∞,0]∪(1，+∞)
13.32
14. 63
15.解：(1)由an=2an−1+1及a4=15，
知a4=2a3+1，
解得：a3=7，
同理得a2=3，a1=1．
(2)由an=2an−1+1知：
an+1=2an−1+2，
即：an+1=2(an−1+1)．
∴数列{an+1}是以a1+1=2为首项，公比为2的等比数列．
(3)由(2)得：an+1=2⋅2n−1=2n，
所以：an=2n−1．
∴Sn=a1+a2+a3+…+an，
=21−1+22−1+…+2n−1，
=(21+22+23+…+2n)−(1+1+…+1)，
=2(2n−1)2−1−n，
=2n+1−2−n．
16.解：(1)设甲恰好比乙多击中目标2次为事件A，甲击中目标2次且乙击中目标0次为事件B1，甲击中目标3次且乙击中目标1次为事件B2，
则P(A)=P(B1)+P(B2)=C32⋅(14)2⋅(34)1⋅C30⋅(12)3+C33⋅(14)3⋅C31⋅(12)3=3128，
所以甲恰好比乙多击中目标2次的概率为3128．
(2)由题可知X的所有可能取值为0，1，2，3；
P(X=0)=(34)3=2764，P(X=1)=C31⋅(14)1⋅(34)2=2764，
P(X=2)=C32⋅(14)2⋅(34)1=964，P(X=3)=(14)3=164，
所以X的分布列为
所以E(X)=0×2764+1×2764+2×964+3×164=34．
17.解：(1)证明：要证f(x)≥lnx+1，即证aex≥lnx+1．
当a≥1e时，aex≥exe，可以考虑证明exe≥lnx+1，
令g(x)=−1−lnx−exe，则g′(x)=exe−1x在(0,+∞)上单调递增，且g′(1)=0，
则当00时，g(x)≥g(1)=0，即exe≥lnx+1，
因此，当a≥1e时，f(x)≥lnx+1．
(2)ℎ(x)=f(x)−sinx−a=aex−sinx−a，
则ℎ′(x)=aex−csx．
若a≥1，当x∈(0,π2)时，ℎ′(x)>0，
则ℎ(x)在区间(0,π2)上单调递增，没有极值点，舍去．
若00，ℎ′(0)=a−10y1+y2=2mm2+2y1y2=−1m2+2，又kAN⋅kAM=1，
∴y2−1x2⋅y1−1x1=1，
即(y1−1)(y2−1)=x1x2=(my1−1)(my2−1)，
整理得(m2−1)y1y2=(m−1)(y1+y2)，
∴−(m+1)m2+2=2mm2+2，∴m=−13，
∴l的方程为3x+y+3=0．
19.解：(1)因为球面三角形ABC的三条边长均为 3π3,R= 3，
所以球面三角形每条边所对的圆心角均为 3π3 3=π3，
所以四面体OABC是棱长为 3的正四面体，
取OA的中点E，连接BE，CE，则BE⊥OA，CE⊥OA，且BE=CE=32，
所以∠BEC为二面角B−AO−C的平面角，
在△BCE中，由余弦定理得，cs∠BEC=BE2+CE2−BC22BE⋅CE=(32)2+(32)2−( 3)22×32×32=13，
所以此球面三角形一个内角的余弦值为13．
(2)设BC=a(a>0)，则AB= 3a，AC= 2a，
因为DB⊥平面ABC，
所以∠DCB就是直线DC与平面ABC所成的角，即∠DCB=π3，
又AB，AC，BC⊂平面ABC，
所以DB⊥AB，DB⊥BC，DB⊥AC，
所以DB= 3BC= 3a，AD= AB2+BD2= 6a，
由BC=a，AB= 3a，AC= 2a，知AB2=AC2+BC2，即AC⊥BC，
又DB∩BC=B，DB、BC⊂平面BCD，
所以AC⊥平面BCD，
因为CD⊂平面BCD，所以AC⊥CD，
在Rt△ACD和Rt△ADB中，斜边AD的中点O到点A，B，C，D的距离相等，即AD为球O的直径，
所以AD= 6a=2 3，解得a= 2，
所以BC= 2，AC=2，DB= 6，
以点C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0),A(0,2,0),B( 2,0,0),D( 2,0, 6)，
(i)要求线段MN长度的最小值，需求异面直线AD和BC之间的距离，
由题知，AD=( 2,−2, 6),BC=(− 2,0,0),BD=(0,0, 6)，
设与AD,BC都垂直的向量为n=(x,y,z)，则n⋅AD=0n⋅BC=0，即 2x−2y+ 6z=0− 2x=0，
令z= 6，则n=(0,3, 6)，
所以异面直线AD和BC之间的距离为|BD⋅n||n|=6 15=2 155，
故线段MN长度的最小值为2 155．
(ii)设BG=t,t∈(0, 6],
由题可知，P(0,1,0),Q( 22,0,0),G( 2,0,t),O( 22,1, 62)，
则CO=( 22,1, 62),PQ=( 22,−1,0),QG=( 22,0,t)，
设平面OBC的法向量为m=(x1,y1,z1)，则m⋅BC=− 2x1=0,m⋅CO= 22x1+y1+ 62z1=0,
取z1=−2，则x1=0，y1= 6，所以m=(0, 6,−2)，
设平面GPQ的法向量为p=(x2,y2,z2)，则p⋅PQ= 22x2−y2=0,p⋅QG= 22x2+tz2=0,
取x2= 2t，则y2=t，z2=−1，所以p=( 2t,t,−1)，
设平面OBC与平面GPQ的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|m⋅p||m|⋅|p|=| 6t+2| 10⋅ 3t2+1= 55⋅| 3t+ 2| 3t2+1= 55× ( 3t+ 2)23t2+1= 55× 1+2 6t+13t2+1，
令s=2 6t+1，则s∈(1,13]，t=s−12 6，
所以2 6t+13t2+1=s3⋅(s−12 6)2+1=ss2−2s+18+1=8ss2−2s+9=8s−2+9s≤82 s⋅9s−2=2，
当且仅当s=9s，即s=3时，等号成立，此时t= 66，csθ取得最大值，
故BG= 66．
X
0
1
2
3
P
2764
2764
964
164