第1頁/共1頁2025年陜西省名校聯盟TOP10檢測數學試卷★?？荚図樌镆?單項選擇題（每題5分，共40分，每道試題僅有一個正確選項）1.在等比數列中，，是函數的極值點，則（）A. B. C.4 D.9【答案】B【解析】【分析】由題意可知，，是方程的兩根，利用韋達定理和等比數列的性質求解即可．【詳解】有題得，因為，是函數的極值點，則，是方程的兩根，所以，從而可得，又因為等比數列，可得，且，所以.故選：B.2.雙曲線的兩個焦點為、，以的實軸為直徑的圓記為，過作圓的切線與的兩支分別交于、兩點，且，則雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據條件，確定的關系，求雙曲線的離心率.【詳解】如圖：設直線與圓的切點為，作，交于點，則.因為，，所以.又為中點，所以，.又，，所以可設：，，.由.根據雙曲線的定義：.所以.所以.故選：A3.已知函數，則（）A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】求出的導函數，，代入求解即可.【詳解】由題，，故選：A.4.已知甲箱中有2個紅球和3個黑球，乙箱中有1個紅球和3個黑球（所有球除顏色外完全相同），某學生先從甲箱中隨機取出2個球放入乙箱，再從乙箱中隨機取出1個球，記“從乙箱中取出的球是黑球”為事件，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由題意，條件概率及全概率公式可得答案.【詳解】記“從甲箱中取出的球恰有個紅球”為事件，根據題意可得，，所以.故選：D.5.為了得到的圖象，只要把的圖象上所有的點（）A.向右平行移動個單位長度 B.向左平行移動個單位長度C.向右平行移動個單位長度 D.向左平行移動個單位長度【答案】A【解析】【分析】將變形為的形式，從而確定平移的方向和單位長度.【詳解】將變形為對于函數，要得到的圖象，根據“左加右減”的原則，需要將的圖象上所有的點向右平行移動個單位長度。只要把的圖象上所有的點向右平行移動個單位長度，就可得到的圖象.故選：A.6.已知集合，則（）A. B.?C.? D.【答案】B【解析】【分析】求解分式不等式，確定集合，再結合子集概念，逐個判斷即可.【詳解】等價于且，故解不等式得，所以，，所以可得：?，.故ACD錯，B對.故選：B.7.若復數滿足，則的虛部為（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】由復數的乘法運算及虛部概念即可求解；【詳解】由，解得，所以．所以虛部為1．故選：C．8.已知向量，是坐標原點，若，且方向是沿的方向繞著點按逆時針方向旋轉角得到的，則稱經過一次變換得到，現有向量經過一次變換后得到，經過一次變換后得到，…，如此下去，經過一次變換后得到，設，，，則等于（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意，可得，，，即當時，一次，變換將逆時針旋轉1弧度，再將所得向量的長度再伸長為原來的倍得到向量．因此當時，運用矩陣變換公式，算出逆時針旋轉1弧度所得向量，從而得到，，，所以．接下來再對、、、各項在時的情況進行計算，對照所得結果可得只有項是正確的選項【詳解】根據題意，，一次，變換就是將向量逆時針旋轉1弧度，再將長度伸長為原來的倍，即由逆時針旋轉1弧度而得，且設向量逆時針旋轉1弧度，所得的向量為，則有，，即向量逆時針旋轉1弧度，得到向量，再將的模長度伸長為原來的倍，得到，，因此當時，，，，即，由此可得對于，當時，與計算結果不相等，故不正確；對于，當時，與計算結果相等，故正確；對于，當時，與計算結果不相等，故不正確；對于，當時，與計算結果不相等，故不正確故選：B【點睛】本題考查了向量的線性運算，用矩陣解決向量的旋轉問題和數列的通項公式，屬于中檔題二?多項選擇題（每題6分，共18分，每道試題全部選對得6分，部分選對的部分分）9.如圖，正方體的棱長為是棱上的動點（含端點），則（）A.三棱錐的體積為定值B.C.二面角的平面角的大小為D.存在某個點，使直線與平面所成角為【答案】ABC【解析】【分析】A.根據等體積法的等高等底即可判斷；應用空間向量法計算得出線線垂直判斷B，再應用空間向量法計算線面角的正弦范圍得出線面角的最大值為判斷D，再結合二面角空間向量法計算判斷C.【詳解】對于選項A：三棱錐轉化為三棱錐的底面積為定值，因為平面平面，所以到平面高不變，體積為定值，故選項A正確；對于選項B：如圖建系，設，則因為，，所以得，故選項B正確；對于選項D：取平面的法向量為，因為，則設直線與平面ABCD所成角,則，當時，，這時直線與平面ABCD所成角最大值為，故選項D不正確；對于選項C：設平面法向量為，，所以，所以所以令，可得，設平面法向量為，設二面角為，則所以二面角的大小為，故選項C正確.故選：ABC.10.已知的斜邊長為，則其內切圓半徑取值可能為（）A. B. C. D.【答案】CD【解析】【分析】根據三角形斜邊長以及勾股定理可得，再由等面積法可得，利用基本不等式和函數單調性計算可得，即可求出結果.【詳解】設的兩直角邊長為，且；顯然，即，可得；設的內切圓半徑為，根據等面積法可得，因此；所以，當且僅當時，等號成立；易知,即符合題意；故選：CD11設數列滿足，且當時，有則（）A.， B.，C. D.【答案】ACD【解析】【分析】通過累乘法，可判定A正確；結合數學歸納法，可以證明，從而可判定B錯誤；求得的值，猜想，利用數學歸納法，得到，，可判定C正確；根據通項公式和C選項，可以求出的通項公式，可判定D正確.【詳解】對于A中，當為偶數時，則為奇數，可得且，，則，即，所以，即，因為，所以，又，所以，所以A正確；對于B中，由成立，假設，則由，知，所以，即時，也成立，所以，不存在，，所以B錯誤；對于C中，由，，猜想，當時，成立，假設，由，則，即時，也成立，所以，故C正確；對于D中，因為當n為奇數時，，為奇數所以，故D正確；故選：ACD.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是應用由特殊到一般的數學思想，然后結合數學歸納法進行證明，求得的通項公式，從而可以得出，最后逐項即可判斷.三?填空題（每題5分，共15分.）12.已知函數在區間上是增函數，則實數a的取值范圍是______【答案】【解析】【分析】由在恒成立即可求解.【詳解】由題意可知：在恒成立，即在恒成立，即在恒成立，由對勾函數的單調性可知在單調遞增，所以當時，取得最小值為，所以，即，所以實數a的取值范圍是，故答案為：13.已知的展開式的二項式系數和為64，各項系數和為729，則其展開式的常數項為_______.【答案】240【解析】【分析】根據二項式系數和求出，再利用賦值法求出，根據二項式通項公式的展開式求出常數項，即可；【詳解】由于的展開式的二項式系數和為64，即，解得．又由于的展開式系數和為729，令得，即，解得或（舍去），的展開式的通項為，令，解得，所以展開式的常數項為，又，，故答案為：24014.已知的面積等于1，若，則當這個三角形的三條高的乘積取最大值時，______【答案】【解析】【分析】設三條高分別為，根據面積計算出三條高，并將三條高的乘積的最大值問題，轉化為最大來求解.【詳解】依題意可知，三條高分別為，根據三角形面積公式有，故，，而，即，所以.故當取得最大值時，三條高的乘積取得最大值.作平行于且與距離為的平行直線，作的垂直平分線，交直線于.過上一點作圓，使圓經過三個點，由于由于圓外角小于圓周角，故此時取得最大值，也即取得最大值.在三角形中，，由余弦定理得，.即三角形的三條高的乘積取最大值時.【點睛】本小題主要考查三角形的面積公式，考查余弦定理解三角形，考查同角三角函數的基本關系式，考查數形結合的數學思想方法，屬于難題.四?解答題（共77分.）15.已知函數在處的切線垂直于軸．（1）求實數的值；（2）求函數的極小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求導，根據斜率即可求解，（2）求導，得函數的單調性，即可根據極值的定義求解.【小問1詳解】由可得，則，由于，故，【小問2詳解】，當或時，，當時，，故在單調遞增，在單調遞減，在單調遞增，故的極小值為16.已知點，，平面內一動點，，垂足位于線段上且不與點A，B重合，.（1）求動點的軌跡的方程；（2）過點且與曲線相交的兩條線段分別為和，（直線EF，MN的斜率均存在，且點E，F，M，N都在曲線上），若G，H分別是和的中點，求證：直線過定點.【答案】（1）動點的軌跡的方程為.（2）證明見解析，直線過定點.【解析】【分析】（1）先設設，，接著由列方程化簡即可得解；（2）由題先設直線的方程為，接著與曲線方程聯立，利用韋達定理和中點坐標公式求出點G坐標，同理求出點H的坐標，從而求出直線GH的斜率，再利用點斜式計算時x的值即可得解.【小問1詳解】由題可設，，因為，所以，整理得，即動點的軌跡的方程為.【小問2詳解】證明：由題可設直線的方程為，，聯立，所以，所以的中點為，因為，所以直線方程為，同理可得中點坐標為，當時，易得直線;當時，直線斜率為，所以直線的方程為，令.所以直線過定點.17.如圖，在五面體中，四邊形是矩形，，，，.（1）證明：平面平面；（2）求五面體的體積；（3）求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）由勾股定理與矩形可得線線垂直，利用線面垂直的判定與面面垂直的判定，可得答案；（2）將圖形分割為三棱柱與四棱錐，利用三棱柱與四棱錐的體積公式，可得答案；（3）由題意建立坐標系，求得平面的法向量，根據面面角的向量公式，可得答案.【小問1詳解】證明：取棱的中點G，連接，易證四邊形為平行四邊形，則，因為，所以，所以．因為四邊形是矩形，所以．因為，平面，且，所以平面．因為平面，所以平面平面．【小問2詳解】取棱的中點O，連接．因為，所以，．因為平面平面，平面平面，所以平面．取棱的中點H，連接，則．【小問3詳解】取棱的中點M，連接，易證兩兩垂直，以O為坐標原點，，，的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，則，．設平面的法向量為，則令，得．平面一個法向量為．設平面與平面所成的角為，則．18.已知公差不為零的等差數列滿足，且成等比數列．（1）求數列的通項公式；（2）證明：；（3）若數列滿足，證明：（e為自然對數的底）．【答案】（1）（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）由等差數列的通項公式及等比數列的性質即可求解，進而可得通項公式；（2）設，求導，可得的單調性，進而可得結論；（3）由題意需證，由（2）可得，利用放縮法與裂項相消法可證結論.【小問1詳解】設等差數列公差為成等比數列，則，所以，解得或（舍去），所以；【小問2詳解】設，當時，單調遞減，，所以，由（1）可知，則有，所以不等式恒立．【小問3詳解】因為，所以要證，只需證：，根據（2）可知，那么，，所以.19.在我們所作的三角形外接圓中，有常見的以下幾種如圖：（1）如圖一，三角形不經過圓的直徑，叫做“阿圓▲”，設該三角形為，其外接圓半徑為，角所對的邊分別為.定義函數，，且的最大值為，若，設D為三角形外接圓劣弧上的一點，且不與重合，求的取值范圍.（2）如圖二，三角形經過圓的直徑，叫做“泰圓▲”，若該三角形為ABC，為定點，C為動點，試用向量方法證明數學常見結論：“”.（3）如圖三，三角形包跨過圓的直徑，叫做“秘圓▲”，假設該圓的直徑為，其中一條邊的位置固定，長度為3，求滿足條件的動點的運動軌跡方程.【答案】（1）（2）證明見解析（3）或.【解析】【分析】（1）利用輔助角公式求解最值，得利用正弦定理轉化為邊的關系，聯立，解得，進而求解，符合“阿圓▲”定義，再利用圓的性質轉化，然后結合幾何圖形求范圍可得；（2）由“泰圓▲”定義，利用向量數量積為證明垂直關系即可；（3）建系設點，利用幾何法求圓的圓心可得軌跡方程，注意結合“秘圓▲”定義求解范圍,【小問1詳解】由，得，，其中由，不妨取，由，得，當時，取最大值，最大值為，化簡得，又，由，解得或，由，則，聯立，解得，則，則，由題意，為“阿圓▲”，即為鈍角三角形，有一內角為鈍角，而，滿足題意，此時，，如圖，由題意D為三角形外接圓劣弧上的一點，且不與重合，為圓心，取中點，連接，則，，三點共線，所以.，結合圖形可知，，且，因此，故.即的取值范圍為.【小問2詳解】由題意，由為“泰圓▲”