第1頁/共1頁2025年四川省樂山市第一中學校高2022級高三二模測試數學本試卷滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答卷前，務必將自己的姓名、考籍號填寫在答題卡規定的位置上.2.答選擇題時，必須使用2B鉛筆將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.3.考試結束后，只將答題卡交回.第I卷（選擇題）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知雙曲線的焦距為，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據雙曲線的標準方程，結合題設條件，即可求解．【詳解】由題意可知，解，故選：A.2.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】化簡集合，結合交集的定義求結論.【詳解】集合，故故選：C.3.函數，若在是減函數，則實數a的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求導，導函數小于等于0恒成立，分離參數求新函數最值即可求解．【詳解】函數，若函數在區間上是減函數，則在恒成立，即在恒成立，由對勾函數性質可知在單調遞減，故，所以.故選：C.4.已知，則（）A. B. C. D.0【答案】B【解析】【詳解】由可得，故，故選：B5.等差數列的前項和為，若，，則（）A.30 B.50 C.20 D.40【答案】B【解析】【分析】根據條件求等差數列的首項和公差，再根據通項公式，即可求解.【詳解】設等差數列的首項為，公差為，所以，則，得，所以，所以.故選：B6.已知圓錐的底面半徑為1，高為，過高線的中點且垂直于高線的平面將圓錐截成上、下兩部分，則上、下兩部分的體積比為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分別求出圓錐被截的上面小圓錐和下面剩下的圓臺部分的體積，計算比值即可.【詳解】圓錐的底面半徑為1，高為，過高線的中點且垂直于高線的平面將圓錐截成上、下兩部分，則上、下兩部分的體積比為.故選：A.7.已知是雙曲線的兩個焦點，為上除頂點外的一點，，且，則的離心率的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設出根據題意有，利用余弦定理表示出，，結合，求出離心率的取值范圍.【詳解】設，顯然，則，所以的離心率．由于，所以，所以的取值范圍是；故選：A8.已知函數，設，，，則，，的大小關系為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先分析函數的單調性和對稱性，根據函數的性質，再研究與對稱軸的距離即可求解.【詳解】由題意：，，是的對稱軸；設，，并且，則，顯然是增函數，，，，，即當時，是增函數，，根據復合函數單調性規則：同增異減，在時是增函數，根據對稱性，當時，是減函數；下面分析自變量時與的距離，顯然距離越大，對應的函數值越大，；設，則，是增函數，又，所以當時，，即，，；設，則，當時，是減函數，又，所以時，，即，，又，；；故選：C.【點睛】本題難度較大，分析問題的出發點是函數的圖像，然后要運用縮放法對自變量x與對稱軸的距離做出比較，其中是對正切函數和對數函數的一個常用的縮放，需要掌握.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的是（）A.某校高一年級共有男女學生500人，現按性別采用分層抽樣的方法抽取容量為50人的樣本，若樣本中男生有30人，則該校高一年級女生人數是200B.數據1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位數為10C.線性回歸方程中，若線性相關系數越大，則兩個變量的線性相關性越強D.根據分類變量與的成對樣本數據，計算得到，根據小概率值的獨立性檢驗，可判斷與有關聯，此推斷犯錯誤的概率不大于0.05【答案】ABD【解析】【分析】利用分層抽樣計算判斷A；求出第75百分位數判斷B；利用線性相關系數的意義判斷C；利用獨立性檢驗的思想判斷D.【詳解】對于A，該校高一年級女生人數是，A正確；對于B，由，得第75百分位數為，B正確；對于C，線性回歸方程中，線性相關系數絕對值越大，兩個變量的線性相關性越強，C錯誤；對于D，由，可判斷與有關聯，此推斷犯錯誤的概率不大于0.05，D正確.故選：ABD10.已知等差數列的前項和為，且，則（）A.B.C.當時，取得最小值D.記，則數列前項和為【答案】BCD【解析】【分析】運用等差數列的通項公式和求和公式，結合二次函數性質可解.【詳解】由題意可設公差為，則有由有：，故A錯誤；故B正確；，由二次函數性質可知：當時，取得最小值，故C正確；因為，所以所以為等差數列，公差為4，首項為，所以的前項和為：故D正確.故選：BCD.11.如圖，已知正方體的棱長為，為底面內（包括邊界）的動點，則下列結論正確的是（）．A.三棱錐的體積為定值B.存在點，使得C.若，則點在正方形底面內的運動軌跡長為D.若點是的中點，點是的中點，過，作平面平面，則平面截正方體的截面面積為【答案】ABD【解析】【分析】根據等體積法可計算出三棱錐的體積，可判斷選項A，建立空間直角坐標系，寫出對應點的坐標與向量的坐標，設，根據垂直得向量數量積為列式，從而判斷選項B，C，利用線面垂直的判定定理得平面，再證明四點共面，從而得平面，再由面面平行的性質可得平面截正方體的截面為正六邊形，根據正六邊形的性質計算面積即可判斷選項D.【詳解】對于A，由等體積法，三棱錐的高為，底面積，所以，所以三棱錐的體積為定值，A正確；對于B，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，，，，，，，，若，則，即，取，此時點與點重合，滿足題意，所以存在點，使得，B正確；對于C，，若，，即，所以點的軌跡就是線段，軌跡長為，C錯誤；對于D，如圖取中點，連接，由題可得，平面，連接，因為，平面，則，，又，平面，則平面，又取中點為，則，有四點共面，則平面即為平面，又由兩平面平行性質可知，，，，又都是中點，故是中點，是中點，則平面截正方體截面為正六邊形，又正方體棱長為，則，故截面面積為，D正確.故選：ABD第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知向量，，則在方向上的投影向量等于___________.【答案】【解析】【分析】求出，根據投影向量的概念即可求得答案.【詳解】由題意向量，，則，則在方向上的投影向量為，故答案為：13.已知的展開式的二項式系數之和為32，則其展開式中常數等于________.【答案】【解析】【分析】根據二項式系數和可求得，根據二項展開式通項公式可求得的值，代入可求得結果.【詳解】展開式二項式系數和為，，解得：，展開式通項公式為：.令，解得：，展開式中常數為.故答案為：.【點睛】本題考查二項展開式中指定項的求解問題，關鍵是熟練掌握二項式系數和的性質和二項展開式通項公式的形式.14.拋物線的焦點為，過點的直線與拋物線交于A、B兩點，拋物線在A、B處的切線交于點，則的最小值為__________.【答案】9【解析】【分析】設直線方程為，聯立拋物線方程，得到兩根之和，兩根之積，求出，再結合導數的幾何意義得到在A、B處的切線方程，聯立后求出的坐標，從而得到，從而表達出，結合對勾函數單調性得到最值.【詳解】由題意得，當直線斜率為0時，不滿足與拋物線交于兩個點，設直線方程為，聯立得，，設，，則，故，，故，，，故過的切線方程為，同理可得過點的切線方程為，聯立與得，故，故，，則，故，其中，由在上單調遞增，故當，即時，取得最小值，最小值為.故答案為：9【點睛】方法點睛：圓錐曲線中最值或范圍問題常見解法：（1）幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；（2）代數法，若題目的條件和結論能體現某種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值或范圍．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.已知函數的部分圖象如圖所示．（1）求的解析式；（2）求的單調遞減區間；（3）若不等式在上恒成立，求m的取值范圍.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根據函數圖象確定A，利用特殊點的坐標求得的值，即得函數解析式；（2）根據正弦函數的單調性，解不等式，即得答案；（3）根據x的范圍，結合正弦函數性質求得的最小值，即可得答案.【小問1詳解】由函數圖象可知，，則，因為，所以．由，得，即，因為，所以，所以．【小問2詳解】由，得，所以的單調遞減區間為．【小問3詳解】因為不等式在上恒成立，所以，因為，所以，當時，，則，即m的取值范圍為．16.在平面直角坐標系中，已知橢圓的右頂點為，且其兩個焦點與短軸頂點相連形成的四邊形為正方形．過點且與軸不重合的直線與橢圓交于，兩點．（1）求橢圓的方程；（2）試判斷是否存在實數，使得為定值．若存在，求出的值，并求出該定值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）存在；，．【解析】【分析】（1）根據題意求出即可得橢圓方程；（2）設，聯立方程，由韋達定理及向量的數量積運算即可求解.【詳解】（1）由題意可知，，且，又因為，解得，所以橢圓的方程為；（2）由題意可知，直線的斜率不為0，設，與橢圓的方程聯立，，消去，整理得，設，，則，，因為，所以，，則，將，代入上式，整理得，若對任意，為定值，則或，因為，所以，此時．【點睛】關鍵點點睛：根據直線與方程聯立后，利用韋達定理，表示出是解題的關鍵，根據數量積為定值求出t,即可求出，屬于中檔題.17.如圖，在四棱錐中，底面為梯形，，為等邊三角形.（1）證明：平面.（2）若為等邊三角形，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定與性質定理即可得解；（2）依題意建立空間直角坐標系，分別求得平面與平面的法向量，從而利用空間向量法即可得解.【小問1詳解】記為的中點，連接.因為為等邊三角形，所以，因為，所以，又平面，所以平面，因為平面，所以，又平面，所以平面.【小問2詳解】以為原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，因為為等邊三角形，，所以到底邊的距離為，因為為等邊三角形，，所以到底邊的距離為，則，所以，設平面的法向量為，則，即，令，則，故，設平面的法向量為，則即，令，則，故，因為，所以平面與平面夾角的余弦值為.18.已知函數（）．（1）若，求的圖象在處的切線方程；（2）若對于任意的恒成立，求a的取值范圍；（3）若數列滿足且（），記數列的前n項和為，求證：．【答案】（1）（2）（3）證明見解析【解析】【分析】（1）求導可得，利用導數的幾何意義即可求解；（2）利用導數分類討論當、情況下函數的性質，進而求解；（3）利用取倒數法求得，利用導數證明，結合歸納法和放縮法證明原不等式即可.【小問1詳解】當時，，則，得，又，所以在處的切線為；【小問2詳解】對恒成立，，設，則，當即時，在上單調遞增，且，所以，即，此時在上單調遞增，且，所以對恒成立.當即時，令，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，則，又，所以在上恒有，即，函數在上單調遞減，且，則在上有，不符合題意.綜上，，即實數a的取值范圍為【小問3詳解】由，得，又，所以數列是以1為首項，以為公差的等差數列，故，所以.當時，恒成立；當時，先證：，即證，設，則，即證（），令，則，所以在上單調遞減，故，即，即.所以當時，.綜上，.【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查導數的幾何意義、利用導數研究函數的單調性和導數與數列的綜合問題，第（3）問，利用數學歸納法和進行放縮是解決該問的關鍵.19.已知函數，．（1）對任意的，恒成立，求實數的取值范圍；（2）設方程在區間內的根從小到大依次為，，…，，…，求證：．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由已知可得出對任意的恒成立，驗證對任意的恒成立；在時，利用參變分離法可得出，利用倒數求出函數在上的最大值即可求解；（2）令，利用導數分析在上的單調性，利用零點存在性定理可知，求得，證明出，結和的單調性，即可證得結論成立.【小問1詳解】，對任意的，恒成立，即對任