河北省沧州市运东五校2025届高三下学期二模数学试题（解析版）

这是一份河北省沧州市运东五校2025届高三下学期二模数学试题（解析版），共24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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
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】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】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】因为角的终边过点，
所以，.
故选：D.
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】对于，1×2－0×1≠0，所以该选项错误；
对于B，＝(2，0)，＝(0，2)，则2×0＋0×2＝0，所以，所以该选项正确；
对于C，，，所以该选项错误；
对于D，＝1×0＋1×2＝2，所以该选项错误．
故选：B
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】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】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
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】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】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】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】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.
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】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】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：.
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】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
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．
解：（1）由已知点是角终边上一点，得，
则，所以，；
（2）.
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．
证明：（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.
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.
解：（1）根据正弦定理，
由可得.
即，即，
因为，所以.
所以，即.
（2）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.
（1）求椭圆的方程；
（2）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.
解：（1）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.
（2）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.
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：．
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，．