湖南省永州市第四中学2025届高三上学期第二次模拟考试数学试卷

这是一份湖南省永州市第四中学2025届高三上学期第二次模拟考试数学试卷，共20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。


一、单选题
1．已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（ ）
A．B．C．D．
2．已知是平面上一点，，且四边形为平行四边形，则( )
A．B．
C．D．
3．已知i为虚数单位，则复数（ ）
A．－2B．2C．D．2i
4．已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则的图象的对称轴可以为（ ）．
A．B．
C．D．
5．笛卡尔是法国著名的数学家、哲学家、物理学家，他发明了现代数学的基础工具之一——坐标系，将几何与代数相结合，创立了解析几何．相传，52岁时，穷困潦倒的笛卡尔恋上了18岁的瑞典公主克里斯蒂娜，后遭驱逐，在寄给公主的最后一封信里，仅有短短的一个方程：，拿信的公主早已泪眼婆娑，原来该方程的图形是一颗爱心的形状．这就是著名的“心形线”故事．某同学利用几何画板，将函数，画在同一坐标系中，得到了如图曲线．观察图形，当时，的导函数的图像为( )
A．B．
C．D．
6．在中，边上的高等于，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知向量，向量的模长均为2，且.若向量，且，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
8．过点有条直线与函数的图像相切，当取最大值时，的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．的一个必要不充分条件是
B．若集合中只有一个元素，则
C．已知，，则p的否定对应的x的集合为
D．向量的夹角为钝角的充要条件是“x<2”
10．设矩形（）的周长为定值，把沿向折叠，折过去后交于点，如图，则下列说法正确的是（ ）
A．矩形的面积有最大值B．的周长为定值
C．的面积有最大值D．线段有最大值
11．已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则（ ）
A．的图象关于点2,1对称
B．是以4为周期的周期函数
C．
D．存在函数hx，使得对，都有
三、填空题
12．已知，为实数，设，则 .
13．在中，过重心E任作一直线分别交AB，AC于M，N两点，设，，（，），则的最小值是 .
14．若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时， ．
四、解答题
15．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为2，且两两夹角为．求：
(1)的长；
(2)与夹角的余弦值．
16．已知的内角，，的对边分别为，，，若．
(1)求的值；
(2)若的面积为，求周长的取值范围．
17．已知函数.
(1)当时，求的极值；
(2)若，当时，恒成立，求的取值范围.
18．已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数．
(1)求动点的轨迹方程，并说明轨迹即曲线的形状．
(2)过作两直线与抛物线相切，且分别与曲线交于，两点，直线，的斜率分别为，．
①求证：为定值；
②试问直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．
19．从函数的观点看，方程的根就是函数的零点，设函数的零点为.牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.具体做法如下：先在轴找初始点，然后作y=fx在点处切线，切线与轴交于点，再作y=fx在点处切线（轴，以下同），切线与轴交于点，再作y=fx在点处切线，一直重复，可得到一列数：.显然，它们会越来越逼近.于是，求近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为的近似解.
(1)设，试用牛顿法求方程满足精度的近似解（取，且结果保留小数点后第二位）；
(2)如图，设函数；
（i）由以前所学知识，我们知道函数没有零点，你能否用上述材料中的牛顿法加以解释？
（ii）若设初始点为，类比上述算法，求所得前个三角形的面积和.
参考答案：
1．A
【分析】先求出集合,再利用集合,表示出阴影部分的集合，最后利用集合的运算求解即可.
【详解】由已知得，集合，则，
阴影部分表示的集合为
故选：.
2．B
【分析】根据在平行四边形ABCD中，有和向量的加减法即可计算.
【详解】易知，
而在平行四边形中有，
∴，即，也即.
故选：B.
3．C
【分析】根据复数乘除法运算法则计算即可.
【详解】．
故选：C．
4．D
【分析】根据题意找到函数的对称点得，结合特殊值法计算得，利用辅助角公式化简得，最后整体替换计算得到结果；
【详解】由题意可得的图象关于点对称，
即对任意，有，
取，可得，即．
故，
令，，可得的图象的对称轴为，．
故选：D．
5．A
【分析】根据题干已知图像判断x>0时g(x)图像的形状，根据g(x)图像的单调性和切线斜率变化即可判断其导数的图像．
【详解】根据f(x)和g(x)的解析式可知f(x)和g(x)均为偶函数，图像关于y轴对称，
当x>0时，，
设y，则，∴此时f(x)对应的图像是题干中图像在第一部分的半圆，
∴x>0时，g(x)对应题干中的图像在第四象限的部分，
∵该部分图像单调递增，故的值恒为正，即图像始终在x轴上方，故排除选项BC；且该部分图像的切线斜率先减小后增大，故的值先减小后增大，由此对应的只有A图像满足．
故选：A．
6．D
【分析】作出图形，利用直角三角形边角关系求出，再利用诱导公式及和角的余弦公式计算得解.
【详解】令的内角所对边为，过作于，则，

在直角中，，，则，从而，
在直角中，，
从而，，在中，，
所以.
故选：D
7．C
【分析】由题意首先得，然后，结合约束条件可得，进一步利用三角换元、三角函数性质以及三角恒等变换即可求解.
【详解】因为向量，向量的模长均为2，且，所以，
解得，
不妨设，
所以，
因为，
所以，整理得，
设，
所以
，其中，
所以，等号成立当且仅当，
综上所述，的最大值是.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键在于适当转换约束条件得出，结合向量的模长公式即可求解.
8．B
【分析】求导分析的图象可得，再设切点坐标为，由题可得有三根，再构造函数求导分析图象单调性与最值即可
【详解】由，，故当时，，单调递减，且；当时，，单调递增，结合图象易得，过点至多有3条直线与函数的图像相切，故.

此时，设切点坐标为，则切线斜率，所以切线方程为，将代入得，存在三条切线即函数有三个不同的根，又，易得在上，，单调递增；在和上，，单调递减，画出图象可得当，即时符合题意

故选：B
【点睛】本题主要考查了利用导数解决切线的问题，同时也考查了构造函数，求导分析单调性，进而确定根的个数与参数取值范围的问题，属于难题
9．AC
【分析】由充分条件，必要条件的定义即可判断A，分与讨论，即可判断B，由命题的否定即可判断C，由平面向量的坐标运算即可判断D
【详解】对于A，因为由，得成立，即成立，反之不成立，
故“”是“”的一个必要不充分条件，故A正确；
对于B，若集合中只有一个元素，
当时，，符合题意，故B不正确；
对于C，已知，，即，，
故对应的x的集合为，故C正确；
对于D，若向量的夹角为钝角，
则且与不反向共线，
即且，解得且，故D错误；
故选：AC
10．BC
【分析】设，用x表示相应的长度和面积，根据基本不等式的性质，结合图形折叠的性质，结合对勾函数的性质逐一判断即可.
【详解】对于选项A：设，则，
因为，所以．
矩形的面积，
因为，所以无最大值．故A错．
对于选项B：根据图形折叠可知与全等，
所以周长为．故B正确．
对于选项C：设，则，有，
即，得，
，
当时，取最大值．故C正确．
对于选项D：因为，
可知函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当，当时函数有最小值，无最大值．故D错误．
故选：BC．
11．AC
【分析】根据函数的奇偶性结合已知得出对称中心判断A,计算得出周期判断B,应用周期性求函数值判断C,反证法判断D.
【详解】对于A，根据题意由可得；又为奇函数，
联立，两式相加可得，因此的图象关于点对称，即A正确；
对于B，由A选项可知，又为偶函数，所以，可得，
即，所以，即是以8为周期的周期函数，可知B错误；
对于C，易知，由可得，又，所以；
所以，即C正确；
对于D，假设存在，使得对，都有，由可得，
可得；因此，又，
即的函数值不唯一，构不成函数关系，假设不成立，即D错误.
故选：AC.
12．1
【分析】根据指数式与对数式的互化，以及换底公式，对数的运算性质即可解出．
【详解】因为，所以，，
因此．
故答案为：1．
13．
【分析】利用平面向量基本定理及共线向量定理的推论求出的关系，再利用基本不等式求出最小值.
【详解】在中，点为重心，则，
而点共线，则，
因此，当且仅当时取等号，
所以的最小值是.
故答案为：
14．
【分析】以为变量，结合一元二次不等式的存在性问题可得，解不等式结合题意得，由此可得答案.
【详解】因为恒成立，
即恒成立，
若存在实数，使得上式成立，则，
则，
可得，可得，
解得，
由，
则取得最大值时，
此时.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：双变量问题的解题关键是一次只研究其中一个变量，本题先以为变量，转化为存在性问题分析求解.
15．(1)
(2)
【分析】（1）表达出，平方后，结合数量积运算法则计算出，求出的长为；
（2）计算出，，从而利用向量的夹角余弦公式求出答案.
【详解】（1）设，，，由题意知：，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即的长为，
（2）∵，
∴，
∴，
，
∴，
即与夹角的余弦值为．
16．(1)
(2)
【分析】（1）由，代入已知等式，利用正弦定理和余弦定理角化边，可求的值；
（2）已知条件结合三角形面积公式化简求出，由正弦定理结合两角和与差的正弦公式得，由，得，可求周长的取值范围．
【详解】（1）∵，
由正弦定理可得：，
由余弦定理知：，，
可得，
则有，由，解得.
（2）
中由余弦定理知，又在中有，
∴，化简得，
∵，∴.
又，由正弦定理得：，，
，
因在中，，，，
所以，当时，等号成立，
∴周长的取值范围是．
17．(1)的极大值为,的极小值为．
(2),．
【分析】（1）求出函数的导数，进而可得函数单调性，根据导数与极值的关系，即可求得答案；
（2）将化为，由此令，则，则原问题转化为在上单调递增，继而结合导数与函数单调性的关系，即可求解．
【详解】（1）当时，，定义域为，
则，
令f′x>0，则或；令f′x<0，则；
则在，上单调递增，在上单调递减，
故函数的极大值为，
的极小值为．
（2）不妨设，
因为对一切都成立，
所以对一切都成立，
令，则，定义域为，
则原问题转化为在上单调递增；
又，
当时，，在上单调递增；
当时，需在上恒成立，即在上恒成立，
对于，图象过定点，对称轴为，
故要使得在上恒成立，
需满足且，
解得，
综合可得，即的取值范围为,．
【点睛】关键点点睛：由对一切都成立，转化为对一切都成立，构造，将原问题转化为在上单调递增，利用导数求解.
18．(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据题意，得到，进而求得点的轨迹方程；
（2）①设切线方程为，联立方程组，由，得到，转化为是方程的两根，得到，进而可求得，即可得证；
②设直线的方程为，联立方程组，求得，由，结合斜率公式，化简求得或，再由直线的点斜式方程，即可得到直线恒过定点.
【详解】（1）解：由动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，
因为，点到定直线的距离为，
根据题意，可得，整理得，
所以点的轨迹方程为.
（2）解：①证明：设过点与抛物线相切的直线方程为，
其中，
联立方程组，整理得，
则，整理得，
由直线的斜率分别为，则是方程的两个实数根，
可得，则，
所以为定值.
②设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
可得，
因为，可得，即，
化简可得，
即，所以，
所以或，
当时，可得，此时恒过定点与点重合，舍去；
当时，可得，此时恒过定点，
综上所述，直线恒过定点.

【点睛】知识方法点拨：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
19．(1)
(2)（i）证明见解析；
（ii）
【分析】（1）根据题意分别计算出，取得近似值即为方程的近似值；
（2）（i）设，则，由，求得点处的切线方程，得到，即可得证；
（ii）再根据得到，从而，求解；
【详解】（1）由函数，则，
切线斜率，,
那么在点处的切线方程为，
所以，且，
，,
那么在点处的切线方程为，
所以，且，
故用牛顿法求方程满足精度的近似解为；
（2）（i）设，则，
因为，所以，
则处切线为，
切线与轴相交得，
，即为定值，根据牛顿法，此函数没有零点；
（ii）因为得，
所以，，
所以，
，
．
故所得前n个三角形的面积和为.
【点睛】关键点点睛：根据，利用叠加法得.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
D
A
D
C
B
AC
BC
题号
11









答案
AC