2025年四川省乐山市峨边彝族自治县高考数学二模试卷含解析

这是一份2025年四川省乐山市峨边彝族自治县高考数学二模试卷含解析，共21页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知命题：是“直线和直线互相垂直”的充要条件；命题：函数的最小值为4. 给出下列命题：①；②；③；④，其中真命题的个数为( )
A．1B．2C．3D．4
2．已知函数f（x）＝sin2x+sin2（x），则f（x）的最小值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，，设函数，则下列关于函数的性质的描述正确的是
A．关于直线对称B．关于点对称
C．周期为D．在上是增函数
4．已知展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，，若，则的值为( )
A．1B．－1C．8lD．－81
5．一个超级斐波那契数列是一列具有以下性质的正整数:从第三项起，每一项都等于前面所有项之和(例如:1，3，4，8，16…).则首项为2，某一项为2020的超级斐波那契数列的个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
6．年部分省市将实行“”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史和化学的概率为
A．B．
C．D．
7．已知数列的通项公式为，将这个数列中的项摆放成如图所示的数阵.记为数阵从左至右的列，从上到下的行共个数的和，则数列的前2020项和为（ ）
A．B．C．D．
8．不等式的解集记为，有下面四个命题：；；；.其中的真命题是（ ）
A．B．C．D．
9．己知抛物线的焦点为，准线为，点分别在抛物线上，且，直线交于点，，垂足为，若的面积为，则到的距离为（ ）
A．B．C．8D．6
10．已知F为抛物线y2＝4x的焦点，过点F且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，则||FA|﹣|FB||的值等于（ ）
A．B．8C．D．4
11．公比为2的等比数列中存在两项，，满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数是奇函数，则的值为（ ）
A．－10B．－9C．－7D．1
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，在平面四边形中，，则_________
14．已知向量满足，，则______________.
15．已知，则展开式的系数为__________．
16．若函数，则使得不等式成立的的取值范围为_________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在四棱锥中，是边长为的正方形的中心，平面，为的中点.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.
18．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，且.
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设直线与椭圆相交于、两点，与圆相交于、两点，求的取值范围.
19．（12分）如图，在直三棱柱中，，点分别为和的中点.
（Ⅰ）棱上是否存在点使得平面平面？若存在，写出的长并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
20．（12分）在中，角所对的边分别为，，的面积.
（1）求角C；
（2）求周长的取值范围.
21．（12分）在平面直角坐标系中，为直线上动点，过点作抛物线:的两条切线，，切点分别为，，为的中点.
（1）证明:轴；
（2）直线是否恒过定点?若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由.
22．（10分）已知动圆Q经过定点，且与定直线相切（其中a为常数，且）.记动圆圆心Q的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线？
（2）设点P的坐标为，过点P作曲线C的切线，切点为A，若过点P的直线m与曲线C交于M，N两点，则是否存在直线m，使得？若存在，求出直线m斜率的取值范围；若不存在，请说明理由.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A
【解析】
先由两直线垂直的条件判断出命题p的真假，由基本不等式判断命题q的真假，从而得出p,q的非命题的真假，继而判断复合命题的真假，可得出选项.
【详解】
已知对于命题，由得，所以命题为假命题；
关于命题，函数，
当时，，当即时，取等号，
当时，函数没有最小值，
所以命题为假命题.
所以和是真命题，
所以为假命题，为假命题，为假命题，为真命题，所以真命题的个数为1个.
故选：A.
本题考查直线的垂直的判定和基本不等式的应用，以及复合命题的真假的判断，注意运用基本不等式时，满足所需的条件，属于基础题.
2．A
【解析】
先通过降幂公式和辅助角法将函数转化为，再求最值.
【详解】
已知函数f（x）＝sin2x+sin2（x），
=，
=，
因为，
所以f（x）的最小值为.
故选：A
本题主要考查倍角公式及两角和与差的三角函数的逆用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
3．D
【解析】
当时,,∴f(x)不关于直线对称；
当时, ,∴f(x)关于点对称；
f(x)得周期，
当时, ,∴f(x)在上是增函数．
本题选择D选项.
4．B
【解析】
根据二项式系数的性质，可求得，再通过赋值求得以及结果即可.
【详解】
因为展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，
故可得，
令，故可得，
又因为，
令，则，
解得
令，则.
故选：B.
本题考查二项式系数的性质，以及通过赋值法求系数之和，属综合基础题.
5．A
【解析】
根据定义，表示出数列的通项并等于2020.结合的正整数性质即可确定解的个数.
【详解】
由题意可知首项为2，设第二项为，则第三项为，第四项为，第五项为第n项为且，
则，
因为，
当的值可以为；
即有3个这种超级斐波那契数列，
故选：A.
本题考查了数列新定义的应用，注意自变量的取值范围，对题意理解要准确，属于中档题.
6．B
【解析】
甲同学所有的选择方案共有种，甲同学同时选择历史和化学后，只需在生物、政治、地理三科中再选择一科即可，共有种选择方案，根据古典概型的概率计算公式，可得甲同学同时选择历史和化学的概率，故选B．
7．D
【解析】
由题意，设每一行的和为，可得，继而可求解，表示，裂项相消即可求解.
【详解】
由题意，设每一行的和为
故
因此：
故
故选：D
本题考查了等差数列型数阵的求和，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
8．A
【解析】
作出不等式组表示的可行域，然后对四个选项一一分析可得结果.
【详解】
作出可行域如图所示，当时，，即的取值范围为，所以为真命题；
为真命题；为假命题.
故选：A
此题考查命题的真假判断与应用，着重考查作图能力，熟练作图，正确分析是关键，属于中档题.
9．D
【解析】
作，垂足为，过点N作，垂足为G，设，则，结合图形可得，，从而可求出，进而可求得，，由的面积即可求出，再结合为线段的中点，即可求出到的距离．
【详解】
如图所示，
作，垂足为，设，由，得，则，.
过点N作，垂足为G，则，，
所以在中，，，所以，
所以，在中，，所以，
所以，，
所以 ．解得，
因为，所以为线段的中点，
所以F到l的距离为．
故选：D
本题主要考查抛物线的几何性质及平面几何的有关知识，属于中档题．
10．C
【解析】
将直线方程代入抛物线方程，根据根与系数的关系和抛物线的定义即可得出的值．
【详解】
F（1，0），故直线AB的方程为y＝x﹣1，联立方程组，可得x2﹣6x+1＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），由根与系数的关系可知x1+x2＝6，x1x2＝1．
由抛物线的定义可知：|FA|＝x1+1，|FB|＝x2+1，
∴||FA|﹣|FB||＝|x1﹣x2|＝．
故选C．
本题考查了抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
11．D
【解析】
根据已知条件和等比数列的通项公式，求出关系，即可求解.
【详解】
，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
最小值为.
故选:D.
本题考查等比数列通项公式，注意为正整数，如用基本不等式要注意能否取到等号，属于基础题.
12．B
【解析】
根据分段函数表达式，先求得的值，然后结合的奇偶性，求得的值.
【详解】
因为函数是奇函数，所以，
.
故选：B
本题主要考查分段函数的解析式、分段函数求函数值，考查数形结合思想.意在考查学生的运算能力，分析问题、解决问题的能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由题意得，然后根据数量积的运算律求解即可．
【详解】
由题意得
，
∴．
突破本题的关键是抓住题中所给图形的特点，利用平面向量基本定理和向量的加减运算，将所给向量统一用表示，然后再根据数量积的运算律求解，这样解题方便快捷．
14．1
【解析】
首先根据向量的数量积的运算律求出，再根据计算可得；
【详解】
解：因为，
所以
又
所以
所以
故答案为：
本题考查平面向量的数量积的运算，属于基础题.
15．
【解析】
先根据定积分求出的值，再用二项展开式公式即可求解.
【详解】
因为
所以
的通项公式为
当时，
当时，
故展开式中的系数为
故答案为：
此题考查定积分公式，二项展开式公式等知识点，属于简单题目.
16．
【解析】
分，两种情况代入讨论即可求解.
【详解】
，
当时，，符合；
当时，，不满足.
故答案为：
本题主要考查了分段函数的计算，考查了分类讨论的思想.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由正方形的性质得出，由平面得出，进而可推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论；
（Ⅱ）取的中点，连接、，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法能求出二面角的余弦值.
【详解】
（Ⅰ）是正方形，，
平面，平面，
、平面，且，平面 ，
又平面，平面平面；
（Ⅱ）取的中点，连接、，
是正方形，易知、、两两垂直，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
在中，，，，
、、、，
设平面的一个法向量，，，
由，得，令，则，，.
设平面的一个法向量，，，
由，得，取，得，，得.
，
二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.
本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
18．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）利用勾股定理结合条件求得和，利用椭圆的定义求得的值，进而可得出，则椭圆的标准方程可求；
（Ⅱ）设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理与弦长公式求出，利用几何法求得直线截圆所得弦长，可得出关于的函数表达式，利用不等式的性质可求得的取值范围.
【详解】
（Ⅰ）在椭圆上， ，，，，
，，
又，，，，
椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）设点、，
联立消去，得，，
则，，
设圆的圆心到直线的距离为，则.
，
，
，，
的取值范围为.
本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中弦长之积的取值范围的求解，涉及韦达定理与弦长公式的应用，考查计算能力，属于中等题.
19．（Ⅰ）存在点满足题意，且，证明详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）可考虑采用补形法，取的中点为，连接，可结合等腰三角形性质和线面垂直性质，先证平面，即，若能证明，则可得证，可通过我们反推出点对应位置应在处，进而得证；
（Ⅱ）采用建系法，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面对应法向量，再结合向量夹角公式即可求解；
【详解】
（Ⅰ）存在点满足题意，且.
证明如下：
取的中点为，连接.
则，所以平面.
因为是的中点，所以.
在直三棱柱中，平面平面，且交线为，
所以平面，所以.
在平面内，，，
所以，从而可得.
又因为，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（Ⅱ）如图所示，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系.
易知，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，则有
取，得.
同理可求得平面的法向量为.
则.
由图可知二面角为锐角，所以其余弦值为.
本题考查面面垂直的判定定理、向量法求二面角的余弦值，属于中档题
20．（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）由可得到，代入，结合正弦定理可得到，再利用余弦定理可求出的值，即可求出角；（Ⅱ）由，并结合正弦定理可得到，利用，，可得到，进而可求出周长的范围．
【详解】
解：（Ⅰ）由可知，
∴.由正弦定理得.
由余弦定理得，∴.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∴，.
的周长为



.
∵，∴，∴,
∴的周长的取值范围为.
本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的运用，考查了三角形的面积公式，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于基础题．
21．（1）见解析（2）直线过定点.
【解析】
（1）设出两点的坐标，利用导数求得切线的方程，设出点坐标并代入切线的方程，同理将点坐标代入切线的方程，利用韦达定理求得线段中点的横坐标，由此判断出轴.
（2）求得点的纵坐标，由此求得点坐标，求得直线的斜率，由此求得直线的方程，化简后可得直线过定点.
【详解】
（1）设切点，，，
∴切线的斜率为，切线：，
设，则有，化简得，
同理可的.
∴，是方程的两根，∴，，
，∴轴.
（2）∵，∴.
∵，∴直线：，即，
∴直线过定点.
本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查直线过定点问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
22．（1），抛物线；（2）存在，.
【解析】
（1）设，易得，化简即得；
（2）利用导数几何意义可得，要使，只需.
联立直线m与抛物线方程，利用根与系数的关系即可解决.
【详解】
（1）设，由题意，得，化简得，
所以动圆圆心Q的轨迹方程为，
它是以F为焦点，以直线l为准线的抛物线.
（2）不妨设.
因为，所以，
从而直线PA的斜率为，解得，即，
又，所以轴.
要使，只需.
设直线m的方程为，代入并整理，
得.
首先，，解得或.
其次，设，，
则，.
.
故存在直线m，使得，
此时直线m的斜率的取值范围为.
本题考查直线与抛物线位置关系的应用，涉及抛物线中的存在性问题，考查学生的计算能力，是一道中档题.