陕西省汉中市汉台区2025届高三二模数学试题（解析版）

这是一份陕西省汉中市汉台区2025届高三二模数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】，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】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】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】，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】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】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】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】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】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】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】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
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】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】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】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：
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.
解：（1）由，且，得，
可变形为.
依据余弦定理，可知，即.
所以.
（2）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.
（1）证明：，
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.
（2）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.
解：（1），，
，，
在处的切线方程为，即.
（2）
，
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．
（1）证明：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）解：［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）证明：［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．
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.
解：（1）由题意可知，所以，
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）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.
2
3
4
5
6
2.2
3.8
5.5
6.5
7