山西省五所学校2025届高三第二次联合教学质量检测数学试题

这是一份山西省五所学校2025届高三第二次联合教学质量检测数学试题，共23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（ ）
A．B．
C．D．或
2．已知函数，且满足，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．四边形是边长为4的正方形，点是正方形内的一点，且满足，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
4．在数学上，斐波纳契数列定义为：，，，斐波纳契数列有种看起来很神奇的巧合，如根据可得，所以，类比这一方法，可得（ ）
A．714B．1870C．4895D．4896
5．在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为（ ）
A．32B．24C．18D．12
6．如图甲，在边长为2的正方形中，分别是的中点，将分别沿折起，使得三点重合于点，如图乙，若三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，点P在双曲线C上，过点P作两条渐近线的垂线，垂足分别为D，E，若，且，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
8．已知函数的表达式为，若函数恰有4个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．设，为复数，则下列说法中正确的有（ ）
A．若，，其中，，，，且，，则
B．若（）为纯虚数，则
C．若关于的方程，，的一个虚根为，则
D．若，，则复数在复平面内对应的点位于第三象限
10．数列an前n项和为，且满足，，则（ ）
A．B．
C．D．数列的前项和为
11．在四棱锥中，底面是矩形，，，平面平面，点在线段上运动（不含端点），则（ ）
A．四棱锥的体积为1
B．四棱锥外接球的表面积为
C．不存在点使得
D．当到直线的距离最小时，过点，，作截面交于点，则四棱锥的体积是
三、填空题
12．若的展开式的二项式系数和为32，且的系数为80，则实数的值为 .
13．若对任意，恒成立，则的最小值为 .
14．“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼可夫斯基所创词汇，定义如下：在直角坐标平面上任意两点，的曼哈顿距离为：．已知点M在圆上，点N在直线上，则的最小值为 ．
四、解答题
15．已知向量，，函数.
(1)求的最小正周期和单调递减区间；
(2)已知为锐角三角形，，，为的内角，，的对边，，且，求面积的取值范围.
16．已知篮球比赛中，得分规则如下：3分线外侧投入可得3分，踩线及3分线内侧投入可得2分，不进得0分；经过多次试验，某生投篮100次，有20个是3分线外侧投入，20个是踩线及3分线内侧投入，其余不能入篮，且每次投篮为相互独立事件．
(1)求该生在4次投篮中恰有三次是3分线外侧投入的概率；
(2)求该生两次投篮得分的分布列及数学期望．
17．已知函数
(1)当时，求的最大值；
(2)若，，求实数k的取值范围．
18．如图，在三棱锥中，，，，，分别为中点.
(1)证明：平面与平面的交线平面；
(2)证明：；
(3)若直线与平面的夹角为，二面角的正切值为，求的长.
19．如图，已知抛物线的焦点为，斜率为的直线经过且交于两点（在第一象限）.
(1)求的坐标与的长；
(2)设，如下构造：直线分别与交于，证明：
（ⅰ）的纵坐标是等差数列；
（ⅱ）.
参考答案：
1．C
【分析】首先通过联立方程，求解的元素，再根据集合的形式，判断选项.
【详解】联立，得，
所以.
故选：C
2．C
【分析】先用定义法证明为奇函数，化简解析式可知为增函数，然后结合函数的奇偶性与单调性解不等式即可.
【详解】因为，所以为奇函数，
又因为，
所以为上的增函数.
因为，为奇函数，
所以，
又为上的增函数，所以，
即，解得或，
所以实数的取值范围为.
故选：C.
3．D
【分析】根据题意建立直角坐标系，设Px,y，写出坐标，可得点的轨迹方程，进而可求出的最大值.
【详解】根据题意，建立如图所示的直角坐标系，
设，
则，
故，
，
即；
故点在以点为圆心，1为半径的圆周上运动，
所以的最大值为.
故选：D.
4．C
【分析】根据题意，分析可得，进而变形可得，据此可得，计算可得答案.
【详解】根据题意，数列满足，即，
两边同乘以，可得，
则
.
故选：C.
5．B
【分析】按照A场地安排人数分类讨论，结合分类加法原理，利用排列组合知识求解即可.
【详解】按照A场地安排人数，可以分以下两类：
第一类，A场地安排1人，共种安排方法，
第二类，A场地安排2人，共种安排方法，
由分类加法计数原理得，共有（种）不同安排方法.
故选：B
6．A
【分析】运用补形法，结合长方体外接球问题计算.
【详解】根据题意可得，且1，，
所以三棱锥可补成一个长方体，三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
如图所示，设长方体的外接球的半径为，可得，所以，
所以外接球的体积为.
故选：A.
7．C
【分析】由双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公式得到，再由双曲线的定义和向量的数量积为零得到，最后结合三角形的面积公式求出离心率即可.
【详解】设Px0,y0，则，即，
双曲线C的渐近线方程为，
所以，
又，平方后得，
又在中，由可得，
所以，
两式相减，整理得，
所以，
因为，
所以，解得．
故选：C.
8．B
【分析】先利用导数研究函数的性质，确定方程的解的情况，然后结合二次方程根的分布知识求参数范围．
【详解】，
时，，当时，，递减，时，，递增，
时，，时，，是极小值，
时，，在上是增函数，
时，，时，，且，
作出函数的大致图象，如图，

由图象知时，无实解，时，有一解，时，有两解，时，有三解，
方程有四解，
则方程有两解且，
记，
则，解得，
故选：B．
【点睛】本题考查用导数研究方程根的问题，解题方法是把函数的性质与二次方程根的分布知识结合起来求解，即利用导数研究函数的性质得出方程的解的情况，再利用二次方程根的分布知识求解，这对于把作为一个整体，方程是关于这个整体的二次方程可适用．
9．BD
【分析】对于A：根据复数不能比较大小即可判断；对于B：根据纯虚数的概念列式求解；对于C：可知另一个虚根为，利用韦达定理运算求解；对于D：可得，结合复数的几何意义分析判断.
【详解】对于选项A：因为，可知，不可能均为实数，故不能比较大小，故A错误；
对于选项B：若（）为纯虚数，
则，解得，故B正确；
对于选项C：若关于的方程，，的一个虚根为，
则另一个虚根为，
可得，所以，故C错误；
对于选项D：若，，则，
复数在复平面内对应的点为，位于第三象限，故D正确；
故选：BD.
10．ABD
【分析】A选项直接由递推关系式即可求出；B选项由即可判断；C,D选项由分组求和及等比数列求和公式即可判断.
【详解】对于A：，正确；
对于B: ，有，
两式相加，得，又，
所以，为偶数
由，得：，也即，为奇数，
所以，正确；
对于C:由B可知：
，
则，错误.
对于D：数列的前项和记为，
，正确
故选：ABD
11．BCD
【分析】取AD的中点G，证明平面PGC，然后由线面垂直的性质定理判断C，求出，再由锥体的体积公式判断A，把四棱锥补形成一个如图2的正方体，根据正方体的性质判断B，由平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时，从而得为PC的中点，N为QA的中点，再由体积公式计算后判断D．
【详解】如图1，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，,则，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面，平面，则．
又因为，所以，
又，平面，所以平面PGC．
因为平面PGC，平面PGC，所以不成立，故不存在点使得，故C正确；
因为平面，，，，所以，
所以，所以，
所以，故A错误；
因为△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面一部分，补成棱长为1的正方体．
如图2，则四棱锥的外接球即为正方体的外接球，其半径，
即四棱锥外接球的表面积，故B正确．
如图1，因为平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时，
由上推导知，，，
，，，，
因此M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，即为中点,
平面即平面与的交点也即为与的交点,可知N为QA的中点，
故，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：空间几何体的外接球问题，（1）直接寻找球心位置，球心都在过各面外心用与该面垂直的直线上，（2）对特殊的几何体，常常通过补形（例如把棱锥）补成一个长方体或正方体，它们的外接球相同，而长方体（或正方体）的对角线即为外接球的直径，由此易得球的半径或球心位置．
12．
【分析】由二项式系数和先求，再利用通项得到的指数确定值，由的系数为80，建立关于的方程求解可得.
【详解】因为的展开式的二项式系数和为32，
所以，解得.
所以，
由，解得，
所以的系数为，解得.
故答案为：.
13．2
【分析】令，得，再根据，恒成立，解得的值，最后验证恒成立即可.
【详解】令，则，故，
由，恒成立，则恒成立，
当时，要使恒成立，则，，
此时恒成立，
，
当时，要使恒成立，
，，
，此时，，
，
此时，，时取等号，
当，，时，则恒成立，
的最小值为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：
本题的关键是，令，得，再根据不等式恒成立进行求解.
14．
【分析】过点作平行于轴的直线，过点作，得到表示的长度，根据，求得，得到，进而化简得到，得出垂直直线时，最小，利用圆的性质，求得的值，结合，即可求解.
【详解】如图（1）所示，过点作平行于轴的直线交直线于点，
过点作于点，表示的长度，
因为直线的方程为，即直线的斜率，则，
又因为，所以，
所以，可得，即，
所以，
当固定点时，且平行轴时，此时点与点重合，
此时为定值，此时AB为0时，最小，如图（2）所示，
过点作直线的垂线，垂足为，交圆于点，
可得，
又由直线的斜率，可得，
在直角中，可得.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：利用直线斜率，结合新定义将所求转化为点到直线的距离问题求解即可.
15．(1)，
(2).
【分析】（1）利用数量积的坐标表示求出，再利用正弦函数的性质求解即得.
（2）由（1）的信息及已知求出，再利用正弦定理和面积公式可将三角形面积转化为三角函数求值域问题，确定自变量范围，即可得解.
【详解】（1）依题意，
，因此函数的最小正周期，
由，解得，
所以的单调递减区间是.
（2）由（1）知，，即，
在锐角中，，则，即，
由正弦定理，得，
因此，
由，得，则，于是，
所以面积的取值范围为.
16．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）由已知得该生投投篮3分线外侧投入的概率，踩线及3分线内侧投入的概率，不能入篮的概率，由此能求出该生在4次投篮中恰有三次是3分线外侧投入的概率．
（2）由已知得的可能取值为0，2，3，4，5，6，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列及数学期望．
【详解】（1）“3分线外侧投入”，“踩线及3分线内侧投入”，“不能入篮”分别记为事件，，，
由题意知，，，
因为每次投篮为相互独立事件，故4次投篮中恰有三次是3分线外侧投入的概率为.
（2）两次投篮后得分的可能取值为0，2，3，4，5，6,
由于该生两次投篮互不影响，是相互独立事件，
表示两次投篮都不能入篮，即得分都为0，
则；
表示一次是踩线及3分线内侧投入，另一次不能入篮，
则；
表示一次是3分线外侧投入，另一次不能入篮，
则；
表示两次都是踩线及3分线内侧投入，
则；
表示一次是3分线外侧投入，另一次是踩线及3分线内侧投入，
则；
表示两次都是3分线外侧投入，则，
故的分布列为
所以.
17．(1)0
(2)
【分析】（1）先对函数求导，根据导数的正负性判断函数的单调性，进而求得最大值.对于（2）同样先求导，然后根据的不同取值范围，分析函数的单调性，从而确定满足时的取值范围.
【详解】（1）当时，，其定义域为.
对求导，.
化简.
展开.
所以.
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以在处取得最大值，.
（2）时，
当时，因为，
所以，
所以
当时，因为，所以舍去.
当时，因为
所以令，得
当时，，所以单调递增，所以，
不合题意，故舍去.
综上可知： 综上所的，实数k的取值范围为.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）由已知可得，利用线线平行可得线面平行；
（2）由已知可证平面，可得，可证平面，可证结论；
（3）建立空间直角坐标，用向量法求解即可.
【详解】（1）因为分别是的中点，
所以，因为平面，平面，
所以平面，所以，
而平面，平面，所以平面；
（2）因为，，，平面，
所以平面， 平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，故
（3）解法一：以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系：
设，
由（2）：平面且平面，故平面平面，
过在平面内作，所以平面，设，则
则，，，，
所以，，所以，
因为直线与平面的夹角为，所以
所以，解得，
所以，所以，
所以，
所以：， ，
，，，
设，则：
，
所以，
解得：或，经检验，均符合题意.
解法二：由（2）得:平面，连，
所以，设，则，
设，在中由勾股定理:
，故:.
又由平面，则接下来过找，
过作，所以，
.
所以由.
解得:或，经检验，均符合题意.
19．(1)，，.
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）联立方程组即可求出交点坐标，然后求出线段长；
（2）（i）设、坐标，得到直线方程，联立方程组得到关于的二次方程，利用根与系数的关系找到交点纵坐标与的关系，用等差中项性质证明结论即可.
（ii）找到点坐标，得到直线斜率相等即可证明直线平行.
【详解】（1）解：，即：且
故，，
.
（2）（ⅰ）设，其中：，，，
，
联立可得，，
化简得：，
于是：，
故，，
所以①，②，
①+②得：，
要证：的纵坐标是等差数列，即证：，
即证：，即证：，
即证：，
①当时：成立；②假设时，成立；
③则当时：成立，
故：为等差数列.
（ⅱ）设：，，，，
于是：，，
同理可证的纵坐标满足：，
，
下面证明：，即证：，这显然成立，
故
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
D
C
B
A
C
B
BD
ABD
题号
11









答案
BCD









0
2
3
4
5
6