陕西省汉中市汉台区2025届高三二模数学试题 含解析

这是一份陕西省汉中市汉台区2025届高三二模数学试题 含解析，共19页。试卷主要包含了 若是第二象限角，，则， 若满足，则实数的取值范围是， 已知，则， 掷一枚质量均匀的骰子，记事件等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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，再选涂其他答案标号.涂写在本试卷上无效.
3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：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. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式求得集合，进而求得.
【详解】，解得，
解得，，
所以.
故选：C
2. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算可得，在根据复数的几何意义分析判断.
【详解】由题意可得：，
所以z在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B.
3. 2024年全民健身运动的主题“全民健身与奥运同行”，为了满足群众健身需求，某健身房近几年陆续购买了几台型跑步机，该型号跑步机已投入使用的时间（单位：年）与当年所需要支出的维修费用（单位：千元）有如下统计资料：
根据表中的数据可得到线性回归方程为，则（ ）
A. 与的样本相关系数
B.
C. 表中维修费用的第60百分位数为6.5
D. 该型跑步机已投入使用的时间为10年时，当年所需要支出的维修费用一定是12.38万元
【答案】B
【解析】
【分析】利用线性回归方程计算判断ABD；求出第60百分位数判断C.
【详解】对于A，由，得与成正相关，样本相关系数，A错误；
对于B，，，则，B正确；
对于C，，因此第60百分位数为，C错误；
对于D，由选项B知，，当时，，
则当年所需要支出的维修费用约为12.38万元，D错误.
故选：B
4. 向量，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据数量积运算律得，再利用向量夹角公式即可.
【详解】，则，则，
即，解得，
所以.
故选：D.
5. 若是第二象限角，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知根据二倍角公式和同角三角函数的基本关系可得，由是第二象限角，可得，即可求解.
【详解】由得，
因为，所以，
因为是第二象限角，所以，
所以，
所以
故选：A.
6. 已知等比数列满足，，记为其前项和，则（ ）
A. B. C. D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，依题意得到方程，求出的值，再求出，，即可求出.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，所以，解得或，
当时，，，所以；
当时，，，所以；
综上可得.
故选：A
7. 已知直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点，则以线段为直径的圆的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出直线与轴的交点坐标，即可求出，再联立直线与抛物线方程，消元求出，即可求出，从而求出圆的面积.
【详解】直线，令，可得，即直线过点；
抛物线的焦点，所以，解得，
所以抛物线，由，消去整理得，
设，，显然，则，
所以，则以线段为直径的圆的面积.
故选：C
8. 若满足，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，则满足 等价于，求导分析的单调性，求出的最小值，继而即可求解.
【详解】设，则恒成立，即，
因为，所以在上单调递增，
且当时，，
故当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，取得极小值，即最小值，
，
令，得．
故选：D．
二、选择题：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，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据正弦型函数的周期即可判断A；根据其对称性即可判断B，利用整体法求出函数值域即可判断C；求导并举出反例即可判断D.
【详解】对A，周期为，故A对；
对B，令，，则，
若成立，则关于对称，
令，解得，因为，则B错误；
对C，，故C正确；
对D，，当时，则，则D错误，
故选：AC.
10. 掷一枚质量均匀的骰子，记事件：掷出的点数为偶数；事件：掷出的点数大于2．则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由古典概型可判断A，利用全概率公式可判断B，利用相互独立事件概率计算公式可判断C，利用条件概率可判断D.
【详解】由题意，，，则，，故A正确；
由全概率公式，则，故B正确；
事件表示掷出的点数为偶数且不大于2，则，事件表示掷出的点数为奇数且大于2，则，
则，故C错误；
，，则，故D正确．
故选：ABD
11. 给定棱长为1的正方体，是正方形内（包括边界）一点，下列结论正确的有（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 若点在线段上，则异面直线与所成角为定值
C. 若点在线段上，则的最小值为
D. 若，则点轨迹的长度为
【答案】ABC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出底面积，再利用点到平面距离公式求出点面距离，求出体积是定值判断A，利用线线角的向量求法求出线线角，得到定值判断B，作出展开图，利用先判断最小值是线段，再利用余弦定理求解其长度判断C，求出轨迹方程，再利用圆的弧长公式求解弧长判断D即可.
【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系，连接，
设，，则，
对于A，易得面的法向量为，设到面的距离为，
由点到平面的距离公式得，而，
则，即三棱锥的体积为定值，故A正确，
对于B，因为点在线段上，所以，
而，，则，，
得到，，解得，即，
如图，连接，由题意得，，
则，，设异面直线与所成角为，
则，而，故，
即异面直线与所成角为定值，故B正确，
对于C，如图，将面沿着翻折，使面与面共面，
由题意得四边形是正方形，四边形是矩形，
得到，，故
而，则的长度即为所求最小值，
由余弦定理得，解得，故C正确，
对于D，如图，连接，此时，，
则由两点间距离公式得，
因为，所以，
两边同时平方得，化简得，
则的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，
由正方体性质得，则弧长为，
即点轨迹的长度不为，故D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：解题关键是建立空间直角坐标系，然后求解出轨迹方程，再利用弧长公式得到所要求的轨迹长度即可．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线：与：平行，则与间的距离为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由两直线平行可求得，再由平行线间的距离公式代入计算可得结果.
【详解】由与两直线平行可得，解得；
即可得：，
所以与间的距离为.
故答案：
13. 图中平行四边形有___________个（用数字作答）.
【答案】90
【解析】
【分析】结合图形的性质由分步计数原理可得.
【详解】由平行四边形有两组对边分别平行相等，
所以分别从四条横线中取两条和从六条斜线中取两条即可，即.
故答案为：90.
14. 已知，函数，若，使得关于的不等式成立，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先作出的图象，即可求出在的取值范围，依题意可得，结合图象可得的解集，即可得解.
【详解】因为，则定义域为，
所以的图象是取与图象位于下方的部分，
作出的图象如下所示（实线部分）：
当时，显然在上单调递减，且；
因为，使得关于的不等式成立，
所以，令，解得，
结合图象可得的解集为或，
即实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是画出的图象，结合图象得到的解集.
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. 在中，，，分别是角的对边，已知.
（1）若，求实数的值；
（2）若，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）首先求出，再利用余弦定理即可得到；
（2）根据余弦定理和基本不等式以及三角形面积公式即可求出最值.
【小问1详解】
由，且，得，
可变形为.
依据余弦定理，可知，即.
所以.
【小问2详解】
因为，
根据余弦定理得，
所以，即，当且仅当时等式成立，
故，当且仅当等号成立，
即所求面积的最大值是.
16. 设数列的前项和为，若，.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求.
【答案】（1）证明见解析
（2）210
【解析】
【分析】（1）降次作差得，再升次作差即可；
（2）直接累加并利用等差数列求和公式即可.
【小问1详解】
，
当时，，
两式相减得，
又
，
故，且，
所以数列是以3为首项，公差为2的等差数列.
【小问2详解】
由（1）知，
所以
.
17. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设函数，求在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1）.
（2），.
【解析】
【分析】（1）直接求导代入得，再求出切点坐标即可求出切线方程；
（2）通过两次求导得到在上单调递减，则得到其最值.
【小问1详解】
，，
，，
在处的切线方程为，即.
小问2详解】
，
令，则在上恒成立，且仅在处等号成立，
在上单调递减，
，
且仅在处等号成立，
在上单调递减，
，.
18. 如图，在三棱柱ABC−中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．

（1）求证：AC⊥平面BEF；
（2）求二面角B−CD−C1余弦值；
（3）证明：直线FG与平面BCD相交．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果；
（3）根据平面BCD一个法向量与直线FG方向向量数量积不为零，可得结论.
【详解】（1）在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．
∵AB=BC，E为AC的中点，．∴AC⊥BE，而，
∴AC⊥平面BEF．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
由（1）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐称系E-xyz．

由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．
∴，
设平面BCD的法向量为，
∴，∴，
令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD的一个法向量，
又∵平面CDC1的一个法向量为，∴．
由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．
［方法二］： 【最优解】转化＋面积射影法
考虑到二面角与二面角互补，设二面角为，易知，，所以．
故．
［方法三］：转化＋三垂线法
二面角与二面角互补，并设二面角为，易知平面．
如图3，作，垂足为H，联结．则是二面角的平面角，所以，不难求出，所以二面角的余弦值为．

（3）［方法一］：【最优解】【通性通法】向量法
平面BCD的一个法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），
∴，∴，∴与不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．
［方法二］：几何转化
如图4，取的中点，分别在取点N，M，使．联结．则平面平面，又平面，平面，故直线与平面相交．

［方法三］：根据相交的平面定义
如图5，设与交于P，联结．

因为，且，所以四点共面．
因为，所以．
又，所以四边形是梯形，即直线与直线一定相交．
因为平面，所以直线与平面相交．
【整体点评】（2）方法一：直接利用向量法求出，属于通性通法；
方法二：根据二面角与二面角互补，通过转化求二面角，利用面积射影法求出，是该问的最优解；
方法三：根据二面角与二面角互补，通过转化求二面角，利用三垂线法求出；
（3）方法一：利用向量证明平面的法向量与直线的方向向量不垂直即可，既是该问的通性通法，也是最优解；
方法二：通过证明与平面平行的平面与直线相交证出；
方法三：构建过直线且与平面相交的平面，通过证明直线与交线相交证出．
19. 已知椭圆的焦距为2，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知椭圆上点处的切线方程是.在直线上任取一点引椭圆的两条切线，切点分别是、.
①求证：直线恒过定点；
②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②存在
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的长轴长为，离心率为，由求解；
（2）①设，，，由，，且，经过点，得到求解；②设实数存在，则，分直线斜率不存在，斜率，斜率，利用弦长公式求解.
【小问1详解】
由题意可知，所以，
所以，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
①设，，，由题设可知：，，
又因为，经过点，所以，
所以，均在直线上，即，
由，解得，所以直线过定点.
②设实数存在，因为，所以，
当直线斜率不存在时，此时直线的方程为，
由，解得，
所以，故.
当直线斜率时，不满足题意：
当直线斜率时，设直线的方程为，则，
故，
所以，
联立可得，显然，
所以，，
所以.
综上可知，存在满足条件.
【点睛】方法点睛：本题第二问，首先利用弦长公式得到，然后巧用，化简得到，结合韦达定理而得解.
2
3
4
5
6
2.2
3.8
5.5
6.5
7