湖南省長沙市周南中學2025屆高三第二階段考試數學強化訓練一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知復數（i是虛數單位），則（

）．A．1 B． C．2 D．3．已知向量，，．若與共線，則實數等于（

）A．0 B．1 C． D．34．已知，使成立的一個充分不必要條件是（

）A． B．C． D．5．已知函數在定義域上是單調函數，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．6．已知等差數列滿足，則的前15項的和為（

）A．30 B．20 C．15 D．57．已知，且，則（

）A． B． C． D．8．已知函數若函數有四個零點,零點從小到大依次為則的值為()A．2 B． C． D．二、多選題9．設函數，則下列結論正確的是（

）A．的最小正周期為B．的圖象關于直線對稱C．的一個零點為D．的最大值為110．如圖所示，設Ox，Oy是平面內相交成角的兩條數軸，，分別是與x，y軸正方向同向的單位向量，則稱平面坐標系xOy為斜坐標系.若，則把有序數對叫做向量的斜坐標，記為.在的斜坐標系中，，，則下列結論中正確的是（

）A． B．C． D．在方向上的投影向量為11．已知函數是上的奇函數，對任意，都有成立，當，且時，都有，則下列結論正確的有（

）A．B．直線是函數圖象的一條對稱軸C．函數在上有個零點D．函數在上為減函數三、填空題12．已知，且為第三象限角，則．13．直線與曲線相切，則．14．在數列中，且，當時，，則實數的取值范圍為．四、解答題15．在銳角中，內角所對的邊為，其中(1)求角的大小；(2)若，求面積的最大值.16．數列的前n項和為，且.(1)求證：數列為等比數列，并求其通項公式；(2)令，數列的前n項和為.求證：.17．如圖，四棱錐的底面為正方形，底面.設平面與平面的交線為.

(1)證明：平面；(2)已知，為上的點，，求與平面所成角的正弦值.18．已知為坐標原點，是圓上一點，且，線段的垂直平分線交線段于點，設動點的軌跡為曲線，且曲線與直線相切．(1)求的方程；(2)過點且斜率為的直線與曲線交于兩點，求面積的最大值．19．設，.(1)求函數的單調區間;(2)求證:；(3)設函數與的定義域的交集為，集合.若對任意，都存在，使得成等比數列，且成等差數列，則稱與為"A關聯函數".求證：若與為"關聯函數"，則.湖南省長沙市周南中學2025屆高三第二階段考試數學強化訓練參考答案題號12345678910答案ACBDBAACACAD題號11答案ABD1．A【分析】求出集合A，根據集合的交集運算即得答案.【詳解】由題意得，則，故選：A2．C【分析】利用復數的減法運算及復數的模的計算公式計算即可.【詳解】因為，所以.故選：C.3．B【分析】由共線向量的坐標表示求解即可.【詳解】因為向量，，，所以，若與共線，則，解得，故選：B4．D【分析】根據給定條件，利用充分條件、必要條件的定義，結合不等式性質求解即得.【詳解】對于A，，A不是；對于B，當時，由，得，B不是；對于C，，可能有，如，C不是；對于D，由，得，則；若，則，D是.故選：D5．B【分析】根據分段函數和單調性相關知識直接求解.【詳解】因為函數在定義域上是單調函數，顯然函數在定義域上單調遞減，則，解得.故選：B6．A【分析】根據等差數列的性質求得正確答案.【詳解】．故選：A7．A【分析】利用二倍角公式結合角的余弦值確定角的范圍計算即可.【詳解】因為，，所以，則，則.故選：A8．C【分析】函數有四個零點，即與的圖象有4個不同交點，可設四個交點橫坐標滿足，由圖象，結合對數函數的性質，進一步求得，利用對稱性得到，從而可得結果.【詳解】

作出函數的圖象如圖,函數有四個零點，即與的圖象有4個不同交點，不妨設四個交點橫坐標滿足，則，，,可得,由，得，則，可得，即，，故選C.【點睛】函數的性質問題以及函數零點問題是高考的高頻考點，考生需要對初高中階段學習的十幾種初等函數的單調性、奇偶性、周期性以及對稱性非常熟悉；另外，函數零點的幾種等價形式：函數的零點函數在軸的交點方程的根函數與的交點.9．AC【分析】根據的性質逐一判斷即可.【詳解】，故A正確；，所以不是對稱軸，故B錯誤；，所以是的一個零點，故C正確；因為振幅，所以的最大值為，故D錯誤.故選：AC.10．AD【分析】利用向量的線性運算，向量的模，向量垂直，投影向量的求法逐一驗證即可.【詳解】依題意，，，對于A，，A正確；對于B，，B錯誤；對于C，，C錯誤；對于D，，則在方向上的投影向量為，D正確.故選：AD11．ABD【分析】依題意利用奇函數性質可得，即的圖象關于直線對稱，可推出是周期為4的周期函數，即可判斷AB正確；易知函數在上有7個零點，即C錯誤；由函數單調性及其對稱性可判斷D正確.【詳解】根據題意，函數是上的奇函數，所以；又對任意，都有成立，令，可得，即，所以，即可知函數的圖象關于直線對稱；又函數是上的奇函數，所以，則；則有，故函數是周期為4的周期函數；當，且時，都有，所以在區間上單調遞增；再由奇函數性質可知在區間上單調遞增；對于A，由可得，所以，即A正確；對于B，由直線是函數的一條對稱軸，且是周期為4的周期函數；則也是函數的一條對稱軸，又為奇函數，所以直線是函數圖象的一條對稱軸，即B正確；對于C，函數在上有7個零點，分別為，即C錯誤；對于D，易知函數在上單調遞增，且周期為4，則函數在上為增函數，由直線是函數的一條對稱軸，則函數在上為減函數，即D正確.故選：ABD【點睛】方法點睛：本題主要考察函數奇偶性、對稱性、單調性和周期性的應用，要根據其他性質綜合運用推出函數值求和、對稱軸、對稱中心、零點個數等的求解.12．/【分析】由同角三角函數關系求出并檢驗，結合商數關系即可求解.【詳解】，由，可得，解得或．又為第三象限角，，把的值代入檢驗得，，可得．故答案為：.13．【分析】設切點坐標為，由導數的幾何意義求解即可.【詳解】設切點坐標為，由于，所以切線的斜率為：，所以曲線在處的切線方程為：，即，所以，，故答案為：.14．【分析】由數列的遞推式可得，求和后結合條件可得，求出即可.【詳解】因為，，所以，當時，，所以，所以，所以，因為，所以，所以，解得.所以實數的取值范圍為.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵點是由數列的遞推式可得，然后利用累加法求和求解范圍即可.15．(1)(2)【分析】（1）根據正弦定理進行邊角轉化，再逆用兩角和的正弦公式、三角形內角和定理、正弦的誘導公式、特殊角的正弦值進行求解即可；（2）根據（1）的結論，運用余弦定理、三角形面積公式、基本不等式進行求解即可.【詳解】（1）因為，所以，因此由，因為，且三角形為銳角三角形，所以；（2）由余弦定理可知：，由基本不等式可知：，當且僅當時取等號，面積為，即，當且僅當該三角形為正三角形時取等號.16．(1)證明見解析，(2)證明見解析【分析】（1）利用與的關系式，消去，即可證明為等比數列，求得通項；（2）將數列的通項進行裂項，再運用裂項相消法即可求出并證得.【詳解】（1）因為①，所以當時，②，①②得：，即(*)，又當時，，即，所以，由(*)可得，，則數列為以2為首項，2為公比的等比數列，故；（2）由（1）知，故，因，，故得.17．(1)證明見解析(2)【分析】（1）由線面平行的判定定理知平面，再由線面平行的性質定理得到，最后由線面平行的判定定理證明平面.（2）以為原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，根據得到的坐標，求出平面的法向量，結合的坐標，利用向量法求解線面角即可.【詳解】（1）四棱錐的底面為正方形，，平面，平面，平面，平面，平面平面，.又平面，平面，平面.（2）如圖所示，以為原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，，則有，，，，，設，則有，，，，，，設平面的法向量為，則，令，則，所以平面的一個法向量為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.

18．(1)(2)【分析】（1）先確定圓心A及半徑，由垂直平分線的性質結合橢圓的定義及直線與橢圓的位置關系計算即可；（2）設直線方程，聯立橢圓方程，由韋達定理、弦長公式、點到直線的距離及基本不等式計算即可.【詳解】（1）由題意可知圓，所以圓心，半徑，因為，線段的垂直平分線交線段于點，所以，又，所以，即點的軌跡是以點為左、右焦點的橢圓，所以曲線．因為曲線與直線相切，故，解得，所以的方程為．（2）由題意得直線，由，得，令，所以，即或．設，則，所以，令，則，則，當且僅當即時，等號成立，所以面積的最大值為．19．(1)單調增區間為，單調減區間為(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）求導，利用導數判斷的單調區間；（2）根據題意分析可知：原不等式等價于，構建，利用導數求其最值，進而分析證明；（3）根據題意整理可得，利用基本不等式可得對任意都成立，取可得，構建，利用導數判斷其單調性，進而判斷其符號即可.【詳解】（1）由題意可知：的定義域為，且.當時，；當時，，所以函數的單調增區間為，單調見區間為.（2）由（1）可知，故只需證.由于，等價于.令，則.當時，；當時，；可知函數在內單調遞減，在單調遞增，則，所以.（3）由題意知，對任意，存在，滿足，且，則，即，即.對