2025屆陜西省西安市83中學學業水平考試數學試題模擬卷(十一)注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知函數，，若，對任意恒有，在區間上有且只有一個使，則的最大值為（）A． B． C． D．2．將函數的圖像向左平移個單位得到函數的圖像，則的最小值為（）A． B． C． D．3．定義兩種運算“★”與“◆”，對任意，滿足下列運算性質：①★，◆；②（）★★，◆◆，則（◆2020）（2020★2018）的值為()A． B． C． D．4．已知集合U＝{1，2，3，4，5，6}，A＝{2，4}，B＝{3，4}，則＝（）A．{3，5，6} B．{1，5，6} C．{2，3，4} D．{1，2，3，5，6}5．已知函數滿足當時，，且當時，；當時，且).若函數的圖象上關于原點對稱的點恰好有3對，則的取值范圍是（）A． B． C． D．6．已知，為兩條不同直線，，，為三個不同平面，下列命題：①若，，則；②若，，則；③若，，則；④若，，則.其中正確命題序號為()A．②③ B．②③④ C．①④ D．①②③7．如圖，矩形ABCD中，，，E是AD的中點，將沿BE折起至，記二面角的平面角為，直線與平面BCDE所成的角為，與BC所成的角為，有如下兩個命題：①對滿足題意的任意的的位置，；②對滿足題意的任意的的位置，，則()A．命題①和命題②都成立 B．命題①和命題②都不成立C．命題①成立，命題②不成立 D．命題①不成立，命題②成立8．已知數列的前項和為，且，，則()A． B． C． D．9．為得到函數的圖像，只需將函數的圖像（）A．向右平移個長度單位 B．向右平移個長度單位C．向左平移個長度單位 D．向左平移個長度單位10．連接雙曲線及的4個頂點的四邊形面積為，連接4個焦點的四邊形的面積為，則當取得最大值時，雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．11．若函數在處取得極值2，則（）A．-3 B．3 C．-2 D．212．“”是“函數（為常數）為冪函數”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設，則______.14．若復數滿足，其中是虛數單位，是的共軛復數，則________.15．若函數為奇函數，則_______.16．已知集合,,則__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）[選修4-5：不等式選講]:已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）設，，且的最小值為.若，求的最小值.18．（12分）已知函數.（1）求不等式的解集；（2）設的最小值為，正數，滿足，證明：.19．（12分）已知橢圓的左，右焦點分別為，，，M是橢圓E上的一個動點，且的面積的最大值為.（1）求橢圓E的標準方程，（2）若，，四邊形ABCD內接于橢圓E，，記直線AD，BC的斜率分別為，，求證:為定值.20．（12分）如圖，空間幾何體中，是邊長為2的等邊三角形，，，，平面平面，且平面平面，為中點.（1）證明：平面；（2）求二面角平面角的余弦值.21．（12分）已知.（1）若，求函數的單調區間；（2）若不等式恒成立，求實數的取值范圍.22．（10分）[2018·石家莊一檢]已知函數．（1）若，求函數的圖像在點處的切線方程；（2）若函數有兩個極值點，，且，求證：．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．C【解析】

根據的零點和最值點列方程組，求得的表達式（用表示），根據在上有且只有一個最大值，求得的取值范圍，求得對應的取值范圍，由為整數對的取值進行驗證，由此求得的最大值.【詳解】由題意知，則其中，．又在上有且只有一個最大值，所以，得，即，所以，又，因此．①當時，，此時取可使成立，當時，，所以當或時，都成立，舍去；②當時，，此時取可使成立，當時，，所以當或時，都成立，舍去；③當時，，此時取可使成立，當時，，所以當時，成立；綜上所得的最大值為．故選:C【點睛】本小題主要考查三角函數的零點和最值，考查三角函數的性質，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查分類討論的數學思想方法，屬于中檔題.2．B【解析】

根據三角函數的平移求出函數的解析式，結合三角函數的性質進行求解即可．【詳解】將函數的圖象向左平移個單位，得到，此時與函數的圖象重合，則，即，，當時，取得最小值為，故選：．【點睛】本題主要考查三角函數的圖象和性質，利用三角函數的平移關系求出解析式是解決本題的關鍵．3．B【解析】

根據新運算的定義分別得出◆2020和2020★2018的值，可得選項.【詳解】由（）★★，得（+2）★★，又★，所以★，★，★，，以此類推，2020★2018★2018，又◆◆，◆，所以◆，◆，◆，，以此類推，◆2020，所以（◆2020）（2020★2018），故選：B.【點睛】本題考查定義新運算，關鍵在于理解，運用新定義進行求值，屬于中檔題.4．B【解析】

按補集、交集定義，即可求解.【詳解】＝{1，3，5，6}，＝{1，2，5，6}，所以＝{1，5，6}.故選：B.【點睛】本題考查集合間的運算，屬于基礎題.5．C【解析】

先作出函數在上的部分圖象，再作出關于原點對稱的圖象，分類利用圖像列出有3個交點時滿足的條件，解之即可.【詳解】先作出函數在上的部分圖象，再作出關于原點對稱的圖象，如圖所示，當時，對稱后的圖象不可能與在的圖象有3個交點；當時，要使函數關于原點對稱后的圖象與所作的圖象有3個交點，則，解得.故選：C.【點睛】本題考查利用函數圖象解決函數的交點個數問題，考查學生數形結合的思想、轉化與化歸的思想，是一道中檔題.6．C【解析】

根據直線與平面，平面與平面的位置關系進行判斷即可.【詳解】根據面面平行的性質以及判定定理可得，若，，則，故①正確；若，，平面可能相交，故②錯誤；若，，則可能平行，故③錯誤；由線面垂直的性質可得，④正確；故選：C【點睛】本題主要考查了判斷直線與平面，平面與平面的位置關系，屬于中檔題.7．A【解析】

作出二面角的補角、線面角、線線角的補角，由此判斷出兩個命題的正確性.【詳解】①如圖所示，過作平面，垂足為，連接，作，連接.由圖可知，，所以，所以①正確.②由于，所以與所成角，所以，所以②正確.綜上所述，①②都正確.故選：A【點睛】本題考查了折疊問題、空間角、數形結合方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．8．C【解析】

根據已知條件判斷出數列是等比數列，求得其通項公式，由此求得.【詳解】由于，所以數列是等比數列，其首項為，第二項為，所以公比為.所以，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查等比數列的證明，考查等比數列通項公式，屬于基礎題.9．D【解析】，所以要的函數的圖象，只需將函數的圖象向左平移個長度單位得到，故選D10．D【解析】

先求出四個頂點、四個焦點的坐標，四個頂點構成一個菱形，求出菱形的面積，四個焦點構成正方形，求出其面積，利用重要不等式求得取得最大值時有，從而求得其離心率.【詳解】雙曲線與互為共軛雙曲線，四個頂點的坐標為，四個焦點的坐標為，四個頂點形成的四邊形的面積，四個焦點連線形成的四邊形的面積，所以，當取得最大值時有，，離心率，故選：D.【點睛】該題考查的是有關雙曲線的離心率的問題，涉及到的知識點有共軛雙曲線的頂點，焦點，菱形面積公式，重要不等式求最值，等軸雙曲線的離心率，屬于簡單題目.11．A【解析】

對函數求導,可得,即可求出,進而可求出答案.【詳解】因為,所以,則,解得,則.故選:A.【點睛】本題考查了函數的導數與極值,考查了學生的運算求解能力,屬于基礎題.12．A【解析】

根據冪函數定義，求得的值，結合充分條件與必要條件的概念即可判斷.【詳解】∵當函數為冪函數時，，解得或，∴“”是“函數為冪函數”的充分不必要條件.故選：A.【點睛】本題考查了充分必要條件的概念和判斷，冪函數定義的應用，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．121【解析】

在所給的等式中令，,令，可得2個等式，再根據所得的2個等式即可解得所求.【詳解】令，得，令，得，兩式相加，得，所以.故答案為:.【點睛】本題主要考查二項式定理的應用,考查學生分析問題的能力,屬于基礎題,難度較易.14．【解析】

設，代入已知條件進行化簡，根據復數相等的條件，求得的值.【詳解】設，由，得，所以，所以.故答案為：【點睛】本小題主要考查共軛復數，考查復數相等的條件，屬于基礎題.15．-2【解析】

由是定義在上的奇函數,可知對任意的,都成立,代入函數式可求得的值.【詳解】由題意,的定義域為,,是奇函數,則,即對任意的,都成立,故,整理得,解得.故答案為:.【點睛】本題考查奇函數性質的應用,考查學生的計算求解能力,屬于基礎題.16．【解析】

直接根據集合和集合求交集即可.【詳解】解:,,所以.故答案為:【點睛】本題考查集合的交集運算,是基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）（2）【解析】

（1）當時，，原不等式可化為，分類討論即可求得不等式的解集；（2）由題意得，的最小值為，所以，由，得，利用基本不等式即可求解其最小值．【詳解】（1）當時，，原不等式可化為，①當時，不等式①可化為，解得，此時；當時，不等式①可化為，解得，此時；當時，不等式①可化為，解得，此時，綜上，原不等式的解集為.（2）由題意得，，因為的最小值為，所以，由，得，所以，當且僅當，即，時，的最小值為.【點睛】本題主要考查了絕對值不等式問題，對于含絕對值不等式的解法有兩個基本方法，一是運用零點分區間討論，二是利用絕對值的幾何意義求解．法一是運用分類討論思想，法二是運用數形結合思想，將絕對值不等式與函數以及不等式恒成立交匯、滲透，解題時強化函數、數形結合與轉化化歸思想方法的靈活應用，這是命題的新動向．18．（1）（2）證明見解析【解析】

（1）將表示為分段函數的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用絕對值三角不等式求得的最小值，利用分析法，結合基本不等式，證得不等式成立.【詳解】（1），不等式，即或或，即有或或，所以所求不等式的解集為.（2），，因為，，所以要證，只需證，即證，因為，所以只要證，即證，即證，因為，所以只需證，因為，所以成立，所以.【點睛】本小題主要考查絕對值不等式的解法，考查分析法證明不等式，考查基本不等式的運用，屬于中檔題.19．（1）（2）證明見解析【解析】

（1）設橢圓E的半焦距為c，由題意可知，當M為橢圓E的上頂點或下頂點時，的面積取得最大值，求出，即可得答案；（2）根據題意可知，，因為，所以可設直線CD的方程為，將直線代入曲線的方程，利用韋達定理得到的關系，再代入斜率公式可證得為定值.【詳解】（1）設橢圓E的半焦距為c，由題意可知，當M為橢圓E的上頂點或下頂點時，的面積取得最大值.所以，所以，，故橢圓E的標準方程為.（2）根據題意可知，，因為，所以可設直線CD的方程為.由，消去y可得，所以，即.直線AD的斜率，直線BC的斜率，所以，故為定值.【點睛】本題考查橢圓標準方程的求解、橢圓中的定值問題，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意坐標法的運用.20．（1）證明見解析（2）【解析】

（1）分別取，的中點，，連接，，，，，要證明平面，只需證明面∥面即可.（2）以點為原點，以為軸，以為軸，以為軸，建立空間直角坐標系，分別計算面的法向量，面的法向量可取，并判斷二面角為銳角，再利用計算即可.【詳解】（1）證明：分別取，的中點，，連接，，，，.由平面平面，且交于，平面，有平面，由平面平面，且交于，平面，有平面，所以∥，又平面，平面，所以∥平面，由，有，∥，又平面，平面，所以∥平面，由∥平面，∥平面，，所以平面∥平面，所以∥平面（2）以點為原點，以為軸，以為軸，以為軸，建立如圖所示空間直角坐標系由面，所以面的法向量可取，點，點，點，，，設面的法向量，所以，取，二面角的平面角為，則為銳角.所以【點睛】本題考查由面面平行證明線面平行以及向量法求二面角的余弦值，考查學生的運算能力，在做此類題時，一定要準確寫出點的坐標.21．（1）答案不唯一，具體見解析（2）【解析】

（1）分類討論，利用導數的正負，可得函數的單調區間.（2）分離出參數后，轉化為函數的最值問題解決，注意函數定義域.【詳解】（1）由得或①當時，由，得.由，得或此時的單調遞減區間為，單調遞增區間為和.②當時，由，得由，得或此時的單調遞減區間為，單調遞增區間為和綜上：當時，單調遞減區間為，單調遞增區間為和當時，的單調遞減區間為，單調遞增區間為和.（2）依題意，不等式恒成立等價于在上恒成立，可得，在上恒成立，設，則令，得，（舍）當時，；當時，當變化時，，變化情況如下表：10單調遞增單調遞減∴當時，取得最大值，，∴.∴的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了利用導數證明函數的單調性以及利用導數研究不等式的恒成立問題，屬于中檔題.22．（1）（2）見