河北省沧州市运东五校2025届高三下学期二模数学试卷（Word版附解析）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简两集合求解即可.
【详解】
故选：A
2. 若正数x，y满足x+3y=5xy，则3x+4y的最小值是
A. B. C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【详解】由已知可得，则，所以的最小值，应选答案C．
3. 函数的零点所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先判断函数的单调性，再结合零点存在性定理判断即可.
【详解】因为与均在定义域上单调递增，
所以在上单调递增，
又，
，，
，
又∵f1=2+ln1-1=1>0，
函数的零点所在区间是．
故选：B．
4. 已知角的终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角函数的定义及诱导公式即可求解.
【详解】因为角的终边过点，
所以，.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了三角函数的定义，诱导公式，属于容易题.
5. 已知向量＝(1，1)，＝(0，2)，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
对于，1×2－0×1≠0，所以该选项错误；对于，，所以该选项正确；对于，，所以该选项错误；对于，＝2，所以该选项错误．
【详解】对于，1×2－0×1≠0，所以该选项错误；
对于，＝(2，0)，＝(0，2)，则2×0＋0×2＝0，所以，所以该选项正确；
对于，，，所以该选项错误；
对于，＝1×0＋1×2＝2，所以该选项错误．
故选：B
【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算和数量积的坐标表示，考查向量位置关系的坐标表示，考查向量的模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
6. 已知复数在复平面内所对应的点分别为，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的几何意义和复数的模长公式求解即可.
【详解】由复数的几何意义可得，
所以.
故选：A.
7. 三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，，直线AC与BD所成角为，则三棱锥外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得证为等腰三角形，于是建立如图所示空间直角坐标系，，根据与直线AC与BD所成角为建立方程，求得，然后找出外接球球心，根据相关数量关系，建立外接球半径的等式关系，求出半径，应用球的表面积公式即可得解
【详解】由题意可得，因为为等边三角形，所以，
又，且
所以，所以,
取的中点，易得,又
所以平面，又平面，所以平面平面，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，
令，所以，
因为，所以，所以，
所以，
因为直线AC与BD所成角为，所以，
解得，即，
如图，为外接球的球心，为等边三角形的重心，
设点A在平面内的投影为，作，
所以,
所以在中，
,,
所以在中，，解得，
所以，三棱锥外接球表面积为，
故选：A
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
2.若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体求解；
3.正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
4.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
5.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解．
8. 设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据点差法分析可得，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线渐近线分析判断.
【详解】设，则的中点，
可得，
因为在双曲线上，则，两式相减得，
所以.
对于选项A： 可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；
对于选项B：可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；
对于选项C：可得，则
由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，
所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；
故选：D.
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. 已知公差为的等差数列中，前项和为，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件结合等差数列性质求出公差d，再逐项分析计算作答.
【详解】在等差数列中，，解得，而，则，B正确；
于是得公差，A正确；
，则，C不正确；，D正确.
故选：ABD
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 有最大值
B. 当时，的图象在点处的切线方程是
C. 在区间上单调递减
D. 关于方程有两个不等实根，则的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项，求导，得到函数单调性，进而求出最值；B选项，求出，利用导数的几何意义得到切线方程；
C选项，在A选项基础上，得到函数单调性；D选项，，令，求导得到其单调性和最值，
结合函数图象，得到的取值范围是.
【详解】因为，
选项A，当时，，当时，.
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以有最小值，无最大值，故A错误；
选项B，当时，，
所以的图象在点处的切线方程是，故B正确；
选项C，因为在区间上单调递减，在区间上单调递增，故C错误；
选项D，方程，即，
令，而，
当时，，当时，.
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
当时，且，如图，
的范围是，故D正确.
故选：BD
11. 在长方体中，分别是棱的中点，是的中点，直线与平面交于点，则（ ）
A. 异面直线与所成角的余弦值是
B. 点到平面的距离是
C. 三棱锥的体积为
D. 四面体外接球的表面积是
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出与利用夹角的余弦公式计算后可判断A的正误，利用向量法可求点到平面的距离后可判断B的正误，求出的坐标后可计算三棱锥的体积，从而可判断C的正误，求出球心的坐标后可求外接球的半径，计算表面积后可判断D的正误.
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
故，
故，
故异面直线所成角的余弦值为，故A正确；
因为，设平面的法向量为，
则由可得，取，
而，故点到平面的距离是，故B错误；
又，设，
则
因为共线，所以，故，即，
故，且在轴上，故，故C正确；
设四面体外接球的球心为，则，
即；
；
，
整理得到：，故，故外接球半径为，
故外接球的表面积为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：空间几何体的外接球的计算问题，首先确定球心的位置，如果球心的位置不易求得，则可以通过空间向量的方法求出球心坐标，从而解决与球有关的计算问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数在上的最大值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据函数的定义域可得的范围，再求正弦值可得答案.
【详解】因为，所以
所以，
函数的最大值为．
故答案为：.
13. 如图所示，制作某回旋飞梭的飞行翅膀时，需从一个直角三角形的塑料板上裁去一个以其斜边为一边且对角为150°的三角形(图中的阴影部分)再加工而成为游戏者安全考虑，具体制作尺寸为，，，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】设，则.在中，由正弦定理解得利用两角和的正切公式即可求值.
【详解】由题意可得，.又，，所以.设，则.因为，且，所以.又，且，所以.在中，由正弦定理可得，即，解得.故.
故答案为：.
【点睛】(1)在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：
①从题目给出的条件，边角关系来选择；②从式子结构来选择．
(2)在几何图形中解三角形的关键是：把有关条件在图形中表示出来，在合适的三角形中解三角形即可.
14. 已知、是椭圆和双曲线的公共焦点，是他们的一个公共点，且，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为___.
【答案】
【解析】
【分析】设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2, 由余弦定理可得
4c2=（r1）2+（r2）2﹣2r1r2cs，①在椭圆中，①化简为即4c2=4a2﹣3r1r2…②，在双曲线中，
化简为即4c2=4a12+r1r2…③，，再利用柯西不等式求椭圆和双曲线的离
心率的倒数之和的最大值.
【详解】设椭圆的长半轴为a，双曲线的实半轴为a1，（a＞a1），半焦距为c，
由椭圆和双曲线的定义可知，
设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，
椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2,
∵∠F1PF2=，则∴由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）2﹣2r1r2cs，①
在椭圆中，①化简为即4c2=4a2﹣3r1r2…②，
在双曲线中，①化简为即4c2=4a12+r1r2…③，
，
由柯西不等式得（1+）（）≥（）2
故答案为
【点睛】本题主要考查椭圆和双曲线的定义和性质，利用余弦定理和柯西不等式是解决本题的关
键．属于难题．
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. 如图，点是角终边上一点．
（1）求，，；
（2）化简并求值．
【答案】（1），，
（2），
【解析】
【分析】（1）运用三角函数定义计算即可；（2）运用诱导公式化简，结合同角三角函数关系式计算即可.
【小问1详解】
由已知点是角终边上一点，得，
则，所以，；
【小问2详解】
.
16. 在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.
【解析】
【分析】（1）通过证明，来证得平面.
（2）通过证明平面，来证得平面平面.
【详解】（1）由于分别是的中点，所以.
由于平面,平面，所以平面.
（2）由于平面，平面，所以.
由于，所以平面,
由于平面，所以平面平面.
【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
（1）求角A的大小；
（2）若，，求边c及的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理化简为，从而可得，结合角的范围可得，从而可求得；
（2）由正弦定理求得，再根据余弦定理可求得，由求得，进而求得，，再结合和角正弦公式可得.
【小问1详解】
根据正弦定理，
由可得.
即，即，
因为，所以.
所以，即.
【小问2详解】
由正弦定理，可得，解得，
根据余弦定理可得，
即，，解得或（舍去）
故.
因为，所以，所以，
所以，
，
所以.
18. 设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或.
【解析】
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b,c的方程，解方程可得椭圆方程；
(Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率.
【详解】(Ⅰ) 设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，b=2，c=1.
所以，椭圆方程为.
(Ⅱ)由题意，设.设直线的斜率为，
又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，
整理得，可得，
代入得，
进而直线的斜率，
在中，令，得.
由题意得，所以直线的斜率为.
由，得，
化简得，从而.
所以，直线的斜率为或.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质､直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力.
19. 已知关于x的函数与在区间D上恒有．
（1）若，求h(x)的表达式；
（2）若，求k的取值范围；
（3）若求证：．
【答案】（1）；（2）；（3）证明详见解析
【解析】
【分析】（1）方法一：根据一元二次不等式恒成立问题解法，即可求得的表达式；
（2）方法一：先由，求得的一个取值范围，再由，求得的另一个取值范围，从而求得的取值范围.
（3）方法一：根据题意可得两个含参数的一元二次不等式在区间上恒成立，再结合放缩，即可利用导数证得不等式成立.
【详解】（1）[方法一]:判别式法
由可得在R上恒成立，
即和，
从而有即，
所以，
因此，．所以．
[方法二]【最优解】：特值+判别式法
由题设有对任意的恒成立.
令，则，所以
因此即对任意的恒成立，
所以，因此.
故.
（2）[方法一]
令，.
又.
若，则在上递增，在上递减，则，即，不符合题意.
当时，，符合题意.
当时， 在上递减，在上递增，则，
即，符合题意.
综上所述，.
由
当，即时，在为增函数，
因为，
故存在，使，不符合题意.
当，即时，，符合题意.
当，即时，则需，解得.
综上所述，的取值范围是.
[方法二]【最优解】：特值辅助法
由已知得在内恒成立；
由已知得，
令，得，∴(*)，
令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，∴，∴当时在内恒成立；
由在内恒成立，由(*)知，∴，∴，解得.
∴的取值范围是.
（3）[方法一]：判别式+导数法
因为对任意恒成立，
①对任意恒成立，
等价于对任意恒成立.
故对任意恒成立.
令，
当，，
此时，
当，，
但对任意的恒成立.
等价于对任意恒成立.
的两根为，
则，
所以.
令，构造函数，，
所以时，，递减，.
所以，即.
[方法二]：判别式法
由，从而对任意的有恒成立，等价于对任意的①，恒成立．
（事实上，直线为函数的图像在处的切线）
同理对任意的恒成立，即等价于对任意的恒成立． ②
当时，将①式看作一元二次方程，进而有，①式的解为或（不妨设）；
当时，，从而或，又，从而成立；
当时，由①式得或，又，所以．
当时，将②式看作一元二次方程，进而有．
由，得，此时②式的解为不妨设，从而．
综上所述，．
[方法三]【最优解】：反证法
假设存在，使得满足条件的m，n有．
因为，所以．
因为，所以．
因为对恒成立，所以有
．则有
， ③
， ④
解得．
由③+④并化简得，．
因为在区间上递增，且，
所以，．
由对恒成立，即有 ⑤
对恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有．
设，则，
所以在区间上递减，所以，即．
设不等式⑤的解集为，则，这与假设矛盾．从而．
由均为偶函数．同样可证时，也成立．
综上所述，．
【整体点评】（1）的方法一利用不等式恒成立的意义，结合二次函数的性质，使用判别式得到不等式组，求解得到；方法二先利用特值求得的值，然后使用判别式进一步求解，简化了运算，是最优解；（2）中的方法一利用导数和二次函数的性质，使用分类讨论思想分别求得的取值范围，然后取交集；方法二先利用特殊值进行判定得到，然后在此基础上，利用导数验证不等式的一侧恒成立，利用二次函数的性质求得不等式的另一侧也成立的条件，进而得到结论，是最优解；（3）的方法一、方法二中的分解因式难度较大，方法三使用反证法，推出矛盾，思路清晰，运算简洁，是最优解.