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

这是一份陕西省名校联盟TOP10检测2025届年高三下学期二模联考数学试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了 已知函数，则， 已知集合，则， 若复数满足，则的虚部为等内容，欢迎下载使用。
1. 在等比数列中，，是函数f(x)=x3+4x2+9x-1的极值点，则（ ）
A. B. C. 4D. 9
【答案】B
【解析】有题得，
因为，是函数f(x)=13x3+4x2+9x-1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】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：A
3. 已知函数，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】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】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】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】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. 1D.
【答案】C
【解析】由，解得，
所以．
所以的虚部为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】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
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】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，，
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】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：CD
11. 设数列满足，且当时，有则（ ）
A. ，B. ，
C. D.
【答案】ACD
【解析】对于A中，当为偶数时，则为奇数，可得且，，
则，即，所以，
即，
因，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.
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】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】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，
所以展开式常数项为，
又，，
故答案为：240
14. 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】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.
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．
解：（1）由可得，
则，
由于，故，
（2），
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，，是平面内一动点，，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.
（1）解：由题可设，，
因为，所以，
整理得，即动点的轨迹的方程为.
（2）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.
（1）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．

（2）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．
（3）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．
平面的一个法向量为．
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）．
（1）解：设等差数列公差为成等比数列，则，
所以，解得或（舍去），所以；
（2）证明：设，当时，单调递减，
，所以，由（1）可知，
则有，所以不等式恒立．
（3）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.
解：（1）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.
（2）由题意，由为“泰圆▲”，为外接圆圆心，则其中一边过圆心，即为直径，
若为动点，要使恒为“泰圆▲”，则为直径，
，
由构成三角形，三点不共线，故，即，
故，结论得证.
（3）以中点为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
由题意，则，设，
设外接圆圆心为，已知直径为，则，
由对称性可知，圆心在的垂直平分线上，即轴上，
设圆心，则，解得，则或.
当时，点在圆上，
如图，连接，延长分别与圆交于点，
由题意，为“秘圆▲”，即为锐角三角形，结合图形可知，
的轨迹为圆上的劣弧，且不包括端点,所以，
当时，同理由对称性可得点的轨迹方程为.
综上所述，满足条件的动点的运动轨迹方程为
或.