陕西省名校联盟TOP10检测2024-2025学年高三下学期二模联考数学试卷（解析版）

第1页/共1页2025年陕西省名校联盟TOP10检测数学试卷★祝考试顺利★一､单项选择题（每题5分，共40分，每道试题仅有一个正确选项）1.在等比数列中，，是函数的极值点，则（）A. B. C.4 D.9【答案】B【解析】【分析】由题意可知，，是方程的两根，利用韦达定理和等比数列的性质求解即可．【详解】有题得，因为，是函数的极值点，则，是方程的两根，所以，从而可得，又因为等比数列，可得，且，所以.故选：B.2.双曲线的两个焦点为、，以的实轴为直径的圆记为，过作圆的切线与的两支分别交于、两点，且，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据条件，确定的关系，求双曲线的离心率.【详解】如图：设直线与圆的切点为，作，交于点，则.因为，，所以.又为中点，所以，.又，，所以可设：，，.由.根据双曲线的定义：.所以.所以.故选：A3.已知函数，则（）A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】求出的导函数，，代入求解即可.【详解】由题，，故选：A.4.已知甲箱中有2个红球和3个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“从乙箱中取出的球是黑球”为事件，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意，条件概率及全概率公式可得答案.【详解】记“从甲箱中取出的球恰有个红球”为事件，根据题意可得，，所以.故选：D.5.为了得到的图象，只要把的图象上所有的点（）A.向右平行移动个单位长度 B.向左平行移动个单位长度C.向右平行移动个单位长度 D.向左平行移动个单位长度【答案】A【解析】【分析】将变形为的形式，从而确定平移的方向和单位长度.【详解】将变形为对于函数，要得到的图象，根据“左加右减”的原则，需要将的图象上所有的点向右平行移动个单位长度。只要把的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，就可得到的图象.故选：A.6.已知集合，则（）A. B.⫋C.⫋ D.【答案】B【解析】【分析】求解分式不等式，确定集合，再结合子集概念，逐个判断即可.【详解】等价于且，故解不等式得，所以，，所以可得：⫋，.故ACD错，B对.故选：B.7.若复数满足，则的虚部为（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】由复数的乘法运算及虚部概念即可求解；【详解】由，解得，所以．所以虚部为1．故选：C．8.已知向量，是坐标原点，若，且方向是沿的方向绕着点按逆时针方向旋转角得到的，则称经过一次变换得到，现有向量经过一次变换后得到，经过一次变换后得到，…，如此下去，经过一次变换后得到，设，，，则等于（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，可得，，，即当时，一次，变换将逆时针旋转1弧度，再将所得向量的长度再伸长为原来的倍得到向量．因此当时，运用矩阵变换公式，算出逆时针旋转1弧度所得向量，从而得到，，，所以．接下来再对、、、各项在时的情况进行计算，对照所得结果可得只有项是正确的选项【详解】根据题意，，一次，变换就是将向量逆时针旋转1弧度，再将长度伸长为原来的倍，即由逆时针旋转1弧度而得，且设向量逆时针旋转1弧度，所得的向量为，则有，，即向量逆时针旋转1弧度，得到向量，再将的模长度伸长为原来的倍，得到，，因此当时，，，，即，由此可得对于，当时，与计算结果不相等，故不正确；对于，当时，与计算结果相等，故正确；对于，当时，与计算结果不相等，故不正确；对于，当时，与计算结果不相等，故不正确故选：B【点睛】本题考查了向量的线性运算，用矩阵解决向量的旋转问题和数列的通项公式，属于中档题二､多项选择题（每题6分，共18分，每道试题全部选对得6分，部分选对的部分分）9.如图，正方体的棱长为是棱上的动点（含端点），则（）A.三棱锥的体积为定值B.C.二面角的平面角的大小为D.存在某个点，使直线与平面所成角为【答案】ABC【解析】【分析】A.根据等体积法的等高等底即可判断；应用空间向量法计算得出线线垂直判断B，再应用空间向量法计算线面角的正弦范围得出线面角的最大值为判断D，再结合二面角空间向量法计算判断C.【详解】对于选项A：三棱锥转化为三棱锥的底面积为定值，因为平面平面，所以到平面高不变，体积为定值，故选项A正确；对于选项B：如图建系，设，则因为，，所以得，故选项B正确；对于选项D：取平面的法向量为，因为，则设直线与平面ABCD所成角,则，当时，，这时直线与平面ABCD所成角最大值为，故选项D不正确；对于选项C：设平面法向量为，，所以，所以所以令，可得，设平面法向量为，设二面角为，则所以二面角的大小为，故选项C正确.故选：ABC.10.已知的斜边长为，则其内切圆半径取值可能为（）A. B. C. D.【答案】CD【解析】【分析】根据三角形斜边长以及勾股定理可得，再由等面积法可得，利用基本不等式和函数单调性计算可得，即可求出结果.【详解】设的两直角边长为，且；显然，即，可得；设的内切圆半径为，根据等面积法可得，因此；所以，当且仅当时，等号成立；易知,即符合题意；故选：CD11设数列满足，且当时，有则（）A.， B.，C. D.【答案】ACD【解析】【分析】通过累乘法，可判定A正确；结合数学归纳法，可以证明，从而可判定B错误；求得的值，猜想，利用数学归纳法，得到，，可判定C正确；根据通项公式和C选项，可以求出的通项公式，可判定D正确.【详解】对于A中，当为偶数时，则为奇数，可得且，，则，即，所以，即，因为，所以，又，所以，所以A正确；对于B中，由成立，假设，则由，知，所以，即时，也成立，所以，不存在，，所以B错误；对于C中，由，，猜想，当时，成立，假设，由，则，即时，也成立，所以，故C正确；对于D中，因为当n为奇数时，，为奇数所以，故D正确；故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题的关键是应用由特殊到一般的数学思想，然后结合数学归纳法进行证明，求得的通项公式，从而可以得出，最后逐项即可判断.三､填空题（每题5分，共15分.）12.已知函数在区间上是增函数，则实数a的取值范围是______【答案】【解析】【分析】由在恒成立即可求解.【详解】由题意可知：在恒成立，即在恒成立，即在恒成立，由对勾函数的单调性可知在单调递增，所以当时，取得最小值为，所以，即，所以实数a的取值范围是，故答案为：13.已知的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为729，则其展开式的常数项为_______.【答案】240【解析】【分析】根据二项式系数和求出，再利用赋值法求出，根据二项式通项公式的展开式求出常数项，即可；【详解】由于的展开式的二项式系数和为64，即，解得．又由于的展开式系数和为729，令得，即，解得或（舍去），的展开式的通项为，令，解得，所以展开式的常数项为，又，，故答案为：24014.已知的面积等于1，若，则当这个三角形的三条高的乘积取最大值时，______【答案】【解析】【分析】设三条高分别为，根据面积计算出三条高，并将三条高的乘积的最大值问题，转化为最大来求解.【详解】依题意可知，三条高分别为，根据三角形面积公式有，故，，而，即，所以.故当取得最大值时，三条高的乘积取得最大值.作平行于且与距离为的平行直线，作的垂直平分线，交直线于.过上一点作圆，使圆经过三个点，由于由于圆外角小于圆周角，故此时取得最大值，也即取得最大值.在三角形中，，由余弦定理得，.即三角形的三条高的乘积取最大值时.【点睛】本小题主要考查三角形的面积公式，考查余弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.四､解答题（共77分.）15.已知函数在处的切线垂直于轴．（1）求实数的值；（2）求函数的极小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求导，根据斜率即可求解，（2）求导，得函数的单调性，即可根据极值的定义求解.【小问1详解】由可得，则，由于，故，【小问2详解】，当或时，，当时，，故在单调递增，在单调递减，在单调递增，故的极小值为16.已知点，，平面内一动点，，垂足位于线段上且不与点A，B重合，.（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点且与曲线相交的两条线段分别为和，（直线EF，MN的斜率均存在，且点E，F，M，N都在曲线上），若G，H分别是和的中点，求证：直线过定点.【答案】（1）动点的轨迹的方程为.（2）证明见解析，直线过定点.【解析】【分析】（1）先设设，，接着由列方程化简即可得解；（2）由题先设直线的方程为，接着与曲线方程联立，利用韦达定理和中点坐标公式求出点G坐标，同理求出点H的坐标，从而求出直线GH的斜率，再利用点斜式计算时x的值即可得解.【小问1详解】由题可设，，因为，所以，整理得，即动点的轨迹的方程为.【小问2详解】证明：由题可设直线的方程为，，联立，所以，所以的中点为，因为，所以直线方程为，同理可得中点坐标为，当时，易得直线;当时，直线斜率为，所以直线的方程为，令.所以直线过定点.17.如图，在五面体中，四边形是矩形，，，，.（1）证明：平面平面；（2）求五面体的体积；（3）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）由勾股定理与矩形可得线线垂直，利用线面垂直的判定与面面垂直的判定，可得答案；（2）将图形分割为三棱柱与四棱锥，利用三棱柱与四棱锥的体积公式，可得答案；（3）由题意建立坐标系，求得平面的法向量，根据面面角的向量公式，可得答案.【小问1详解】证明：取棱的中点G，连接，易证四边形为平行四边形，则，因为，所以，所以．因为四边形是矩形，所以．因为，平面，且，所以平面．因为平面，所以平面平面．【小问2详解】取棱的中点O，连接．因为，所以，．因为平面平面，平面平面，所以平面．取棱的中点H，连接，则．【小问3详解】取棱的中点M，连接，易证两两垂直，以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，则，．设平面的法向量为，则令，得．平面一个法向量为．设平面与平面所成的角为，则．18.已知公差不为零的等差数列满足，且成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）证明：；（3）若数列满足，证明：（e为自然对数的底）．【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由等差数列的通项公式及等比数列的性质即可求解，进而可得通项公式；（2）设，求导，可得的单调性，进而可得结论；（3）由题意需证，由（2）可得，利用放缩法与裂项相消法可证结论.【小问1详解】设等差数列公差为成等比数列，则，所以，解得或（舍去），所以；【小问2详解】设，当时，单调递减，，所以，由（1）可知，则有，所以不等式恒立．【小问3详解】因为，所以要证，只需证：，根据（2）可知，那么，，所以.19.在我们所作的三角形外接圆中，有常见的以下几种如图：（1）如图一，三角形不经过圆的直径，叫做“阿圆▲”，设该三角形为，其外接圆半径为，角所对的边分别为.定义函数，，且的最大值为，若，设D为三角形外接圆劣弧上的一点，且不与重合，求的取值范围.（2）如图二，三角形经过圆的直径，叫做“泰圆▲”，若该三角形为ABC，为定点，C为动点，试用向量方法证明数学常见结论：“”.（3）如图三，三角形包跨过圆的直径，叫做“秘圆▲”，假设该圆的直径为，其中一条边的位置固定，长度为3，求满足条件的动点的运动轨迹方程.【答案】（1）（2）证明见解析（3）或.【解析】【分析】（1）利用辅助角公式求解最值，得利用正弦定理转化为边的关系，联立，解得，进而求解，符合“阿圆▲”定义，再利用圆的性质转化，然后结合几何图形求范围可得；（2）由“泰圆▲”定义，利用向量数量积为证明垂直关系即可；（3）建系设点，利用几何法求圆的圆心可得轨迹方程，注意结合“秘圆▲”定义求解范围,【小问1详解】由，得，，其中由，不妨取，由，得，当时，取最大值，最大值为，化简得，又，由，解得或，由，则，联立，解得，则，则，由题意，为“阿圆▲”，即为钝角三角形，有一内角为钝角，而，满足题意，此时，，如图，由题意D为三角形外接圆劣弧上的一点，且不与重合，为圆心，取中点，连接，则，，三点共线，所以.，结合图形可知，，且，因此，故.即的取值范围为.【小问2详解】由题意，由为“泰圆▲”