高級中學名校試題PAGEPAGE1河北省滄州市運東五校2025屆高三下學期二模數學試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設集合，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】故選：A2.若正數x，y滿足x+3y=5xy，則3x+4y的最小值是A. B. C.5 D.6【答案】C【解析】由已知可得，則，所以的最小值，應選答案C．3.函數的零點所在的區間為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因為與均在定義域上單調遞增，所以在上單調遞增，又，，，，又∵f1函數的零點所在區間是．故選：B．4.已知角的終邊過點，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因為角的終邊過點，所以，.故選：D.5.已知向量＝(1，1)，＝(0，2)，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】對于，1×2－0×1≠0，所以該選項錯誤；對于B，＝(2，0)，＝(0，2)，則2×0＋0×2＝0，所以，所以該選項正確；對于C，，，所以該選項錯誤；對于D，＝1×0＋1×2＝2，所以該選項錯誤．故選：B6.已知復數在復平面內所對應的點分別為，則（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】由復數的幾何意義可得，所以.故選：A.7.三棱錐中，底面是邊長為2的正三角形，，直線AC與BD所成角為，則三棱錐外接球表面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由題意可得，因為為等邊三角形，所以，又，且所以，所以,取的中點，易得,又所以平面，又平面，所以平面平面，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，令，所以，因為，所以，所以，所以，因為直線AC與BD所成角為，所以，解得，即，如圖，為外接球的球心，為等邊三角形的重心，設點A在平面內的投影為，作，所以,所以在中，,,所以在中，，解得，所以，三棱錐外接球表面積為，故選：A8.設A，B為雙曲線上兩點，下列四個點中，可為線段AB中點的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設，則的中點，可得，因為在雙曲線上，則，兩式相減得，所以.對于選項A：可得，則，聯立方程，消去y得，此時，所以直線AB與雙曲線沒有交點，故A錯誤；對于選項B：可得，則，聯立方程，消去y得，此時，所以直線AB與雙曲線沒有交點，故B錯誤；對于選項C：可得，則由雙曲線方程可得，則為雙曲線的漸近線，所以直線AB與雙曲線沒有交點，故C錯誤；對于選項D：，則，聯立方程，消去y得，此時，故直線AB與雙曲線有交兩個交點，故D正確；故選：D.二、多選題：本題共3小題，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.9.已知公差為的等差數列中，前項和為，且，，則（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】在等差數列中，，解得，而，則，B正確；于是得公差，A正確；，則，C不正確；，D正確.故選：ABD10.已知函數，則下列說法正確的是（）A.有最大值B.當時，的圖象在點處的切線方程是C.在區間上單調遞減D.關于方程有兩個不等實根，則的取值范圍是【答案】BD【解析】因為，選項A，當時，，當時，.所以在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，所以有最小值，無最大值，故A錯誤；選項B，當時，，所以的圖象在點處的切線方程是，故B正確；選項C，因為在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，故C錯誤；選項D，方程，即，令，而，當時，，當時，.所以在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，當時，且，如圖，的范圍是，故D正確.故選：BD11.在長方體中，分別是棱的中點，是的中點，直線與平面交于點，則（）A.異面直線與所成角的余弦值是B.點到平面的距離是C.三棱錐的體積為D.四面體外接球的表面積是【答案】ACD【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系，則，故，故，故異面直線所成角的余弦值為，故A正確；因為，設平面的法向量為，則由可得，取，而，故點到平面的距離是，故B錯誤；又，設，則因為共線，所以，故，即，故，且在軸上，故，故C正確；設四面體外接球的球心為，則，即；；，整理得到：，故，故外接球半徑為，故外接球的表面積為，故D正確.故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.函數在上的最大值為________.【答案】【解析】因為，所以所以，函數的最大值為．故答案為：.13.如圖所示，制作某回旋飛梭的飛行翅膀時，需從一個直角三角形的塑料板上裁去一個以其斜邊為一邊且對角為150°的三角形(圖中的陰影部分)再加工而成為游戲者安全考慮，具體制作尺寸為，，，則___________.【答案】【解析】由題意可得，.又，，所以.設，則.因為，且，所以.又，且，所以.在中，由正弦定理可得，即，解得.故.故答案為：.14.已知、是橢圓和雙曲線的公共焦點，是他們的一個公共點，且，則橢圓和雙曲線的離心率的倒數之和的最大值為___.【答案】【解析】設橢圓的長半軸為a，雙曲線的實半軸為a1，（a＞a1），半焦距為c，由橢圓和雙曲線的定義可知，設|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，橢圓和雙曲線的離心率分別為e1，e2,∵∠F1PF2=，則∴由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）2﹣2r1r2cos，①在橢圓中，①化簡為即4c2=4a2﹣3r1r2…②，在雙曲線中，①化簡為即4c2=4a12+r1r2…③，，由柯西不等式得（1+）（）≥（）2故答案為四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.如圖，點是角終邊上一點．（1）求，，；（2）化簡并求值．解：（1）由已知點是角終邊上一點，得，則，所以，；（2）.16.在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分別是AC，B1C的中點．（1）求證：EF∥平面AB1C1；（2）求證：平面AB1C⊥平面ABB1．證明：（1）由于分別是的中點，所以.由于平面,平面，所以平面.（2）由于平面，平面，所以.由于，所以平面,由于平面，所以平面平面.17.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知.（1）求角A的大小；（2）若，，求邊c及的值.解：（1）根據正弦定理，由可得.即，即，因為，所以.所以，即.（2）由正弦定理，可得，解得，根據余弦定理可得，即，，解得或（舍去）故.因為，所以，所以，所以，，所以.18.設橢圓的左焦點為，上頂點為.已知橢圓的短軸長為4，離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）設點在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點，點為直線與軸的交點，點在軸的負半軸上.若（為原點），且，求直線的斜率.解：（1）設橢圓的半焦距為，依題意，，又，可得，b=2，c=1.所以，橢圓方程為.（2）由題意，設.設直線的斜率為，又，則直線的方程為，與橢圓方程聯立，整理得，可得，代入得，進而直線的斜率，在中，令，得.由題意得，所以直線的斜率為.由，得，化簡得，從而.所以，直線的斜率為或.19.已知關于x的函數與在區間D上恒有．（1）若，求h(x)的表達式；（2）若，求k的取值范圍；（3）若求證：．解：（1）[方法一]:判別式法由可得在R上恒成立，即和，從而有即，所以，因此，．所以．[方法二]【最優解】：特值+判別式法由題設有對任意的恒成立.令，則，所以因此即對任意的恒成立，所以，因此.故.（2）[方法一]令，.又.若，則在上遞增，在上遞減，則，即，不符合題意.當時，，符合題意.當時，在上遞減，在上遞增，則，即，符合題意.綜上所述，.由當，即時，在為增函數，因為，故存在，使，不符合題意.當，即時，，符合題意.當，即時，則需，解得.綜上所述，的取值范圍是.[方法二]【最優解】：特值輔助法由已知得在內恒成立；由已知得，令，得，∴(*)，令，，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，∴，∴當時在內恒成立；由在內恒成立，由(*)知，∴，∴，解得.∴的取值范圍是.（3）[方法一]：判別式+導數法因為對任意恒成立，①對任意恒成立，等價于對任意恒成立.故對任意恒成立.令，當，，此時，當，，但對任意的恒成立.等價于對任意恒成立.的兩根為，則，所以.令，構造函數，，所以時，，遞減，.所以，即.[方法二]：判別式法由，從而對任意的有恒成立，等價于對任意的①，恒成立．（事實上，直線為函數的圖像在處的切線）同理對任意的恒成立，即等價于對任意的恒成立．②當時，將①式看作一元二次方程，進而有，①式的解為或（不妨設）；當時，，從而或，又，從而成立；當時，由①式得或，又，所以．當時，將②式看作一元二次方程，進而有．由，得，此時②式的解為不妨設，從而．綜上所述，．