第1頁/共1頁2025屆高三二輪復習聯考（一）數學試題1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考場號、座位號、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，再選涂其他答案標號.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.考試時間為120分鐘，滿分150分一、選擇題：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.復數在復平面上對應的點位于第四象限，則復數在復平面上對應的點位于（）A.第一或二象限或虛軸的正半軸上 B.第二或三象限或實軸的負半軸上C.第三或四象限或虛軸的負半軸上 D.第一或四象限或實軸的正半軸上【答案】D【解析】【分析】設復數成標準式，由題意可得實虛部的大小，利用除法，結合復數的幾何意義，可得答案.【詳解】設，.∵復數在復平面上對應的點位于第四象限，∴，.又，，，故復數在復平面上對應的點位于第一或四象限或實軸的正半軸上.故選：D.2.已知全集，集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用對數函數、分式型函數的定義域計算A，再利用補集與交集的概念計算即可.【詳解】有意義，即有x+2>01?x>0，解得，故，則或}.∵，∴.故選：B3.已知非零向量，，滿足：，，則向量與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】通過已知條件對向量等式進行變形，利用向量模長關系求出向量點積，再根據向量夾角公式求出夾角.【詳解】由，可得，兩邊平方得，即，∵，∴，∴，∴向量與的夾角為.故選：C4.目前新能源汽車越來越受到人們的關注與喜愛，其中新能源汽車所配備電池的充電量及正常使用年限是人們購車時所要考慮的重要因素之一.某廠家生產的某一型號的新能源汽車配備了兩組電池，且兩組電池能否正常使用相互獨立.電池的正常使用年限（單位：年）服從正態分布，，，則這兩組電池在20年內都能正常使用的概率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用正態分布的對稱性確定對稱軸，再利用相互獨立事件的概率公式計算即可.【詳解】∵，，∴，∴正態曲線的對稱軸為，則，即一組電池在20年內能正常使用的概率為，∴這兩組電池在20年內都能正常使用的概率為.故選：D5.已知的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，，，則邊上的高（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由余弦定理求得邊，利用三角形面積公式，可得答案.【詳解】∵，，，∴由余弦定理得，即，解得或（舍去），又，∴，由三角形的面積公式可得，即.故答案為：.6.函數在區間上單調遞增，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】將問題轉化為在區間上恒成立，構造函數，利用導數求解函數的單調性，進而求解最值得解.【詳解】∵，∴，由題意可知在區間上恒成立，且，∴在區間上恒成立.設，則，令，得；令，得或，∴在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減.又當時，；當時，，作出的大致圖象如圖所示，∴在區間上的最大值為，∴要使函數在區間上單調遞增，則需，故實數的取值范圍是.故選：A7.已知，為正實數，，則的最小值為（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】由已知等式，對代數式整理，然后借助基本不等式確定代數式的最小值.【詳解】∵，為正實數，∴，，又，∴，當且僅當，即，即，時取等號，故當，時，取得最小值.故選：B8.已知函數，若關于的方程有實根，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出的值域，再令，則問題轉化為關于的一元二次方程的根的問題，進而通過討論研究一元二次函數的分類求出即可.【詳解】∵，∴，而，∴當時，取到最大值，∴.設，，則問題轉化為關于的方程，即在上存在根的問題.設，，則的圖象為開口向上的拋物線在軸右側部分（含軸），方程的判別式，①當時，或，此時對稱軸，則函數在有唯一零點；②當且在有唯一零點時，或，解得或；③當且在有兩個零點時，設這兩個零點分別為，，則解得綜上可知：或.故選：C二、選擇題：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（）A.若，，，則B.命題“，都有”的否定是“，使得”C.“”是“”的必要不充分條件D.若函數在區間上單調遞減，則【答案】ACD【解析】【分析】根據函數的單調性確定的范圍可得選項A正確；根據全稱量詞命題的否定是存在量詞命題可得選項B錯誤；解不等式，結合充分條件、必要條件的概念可得選項C正確；根據復合函數的單調性可得選項D正確.【詳解】A.∵，，，∴，故A正確；B.命題“，都有”的否定是“，使得”，故B錯誤；C.當時，，等價于，解得或，∴“”是“”的必要不充分條件，故C正確；D.設，則，∵函數在區間上單調遞減，在上單調遞增，∴上單調遞減，∵為二次函數，圖象開口向上，對稱軸為直線，∴在上單調遞減，∴，故，解得，即，故D正確.故選：ACD.10.如圖，已知底面為矩形的四棱錐的頂點的位置不確定，點在棱上，且，平面平面，則下列結論正確的是（）A.B.平面平面C.若，，，且平面平面，則三棱錐的體積為D.存在某個位置，使平面與平面的交線與底面平行【答案】ABC【解析】【分析】根據面面垂直的性質可得平面，即可求解AB,根據面面垂直的性質可得平面，進而可得平面，即可利用體積公式求解C，根據線面平行的性質即可求解D.【詳解】對于A，∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，又平面，∴，故A正確；對于B，由A知平面，又平面，∴平面平面，故B正確；對于C，在中，，，∴，，∴，∴，∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，又平面，∴，同理可證，平面,∴平面，而，∴三棱錐的體積為，故C正確；對于D，設平面平面，假設底面，∵平面平面，平面平面，∴，，∴，則與重合，則，顯然不成立，則假設不成立，故D錯誤.故選：ABC.11.已知橢圓：的左、右焦點分別為，，直線與橢圓C交于P，Q兩點，且，A是橢圓C上與P，Q不重合的點.下列說法正確的是（）A.若（其中），則橢圓C的離心率B.若，則的最大值為9C.若，，則D.若，直線，的斜率之積為，則【答案】ABC【解析】【分析】利用垂直和橢圓的定義可求離心率判斷A，利用定義和基本不等式可判斷B，利用定義可判斷C，利用點差法可判斷D.【詳解】∵，∴，∴.對于A，∵，∴.又，∴，∴，解得（負值舍去），故A正確.對于B，∵，∴，當且僅當時等號成立，故B正確.對于C，∵，，∴，∴，故C正確對于D，設直線，的斜率分別為，，則，設，，則，∵，∴，，兩式相減，∴，而，∴，即，故D錯誤.故選：ABC三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知函數，且函數圖象過點，則函數在區間上的最小值為______.【答案】【解析】【分析】利用輔助角公式結合題目條件可得函數的解析式，根據的范圍可得的最小值.【詳解】由題意得，，∵函數圖象過點，∴，∵，∴，∴，解得，∴.∵，∴，結合在單調遞減，∴函數在區間上的最小值為.故答案為：.13.如圖，已知圓C的方程為，且是直線：上的一個動點，過點作圓的兩條切線，，切點分別為A，B，則線段長度的最小值為_______.【答案】【解析】【分析】利用切線的性質確定P，A，C，B四點共圓，設P坐標表示該圓心坐標，從而寫出圓的標準方程，根據兩圓公共弦方程得出方程，由點到直線的距離公式及二次函數的性質計算最值即可.【詳解】顯然P，A，C，B四點共圓，且為該圓的一條直徑.設這四點所在圓的圓心為Q，而P在直線：上，設，由，可知，又，則圓的方程為，即①，又圓的半徑，圓的方程可化為②，由①-②可得圓與圓的公共弦所在直線的方程，點到直線的距離，∴，∴時，線段的長度取得最小值.故答案為：14.某班組織了國慶文藝晚會，從甲、乙、丙、丁等7個節目中選出5個節目進行演出，選出的5個節目要求相鄰依次演出，且要求甲、乙、丙必選，且甲、乙相鄰，但甲、乙均不與丙相鄰，若丁被選中，丁必須排在前兩位，則不同的演出順序種數為_______.（用數字作答）【答案】96【解析】【分析】由分類加法原理，利用捆綁法與插空法，可得答案.【詳解】當丁沒有被選中時，不同演出順序種數為；當丁被選中且排在第一位時，不同的演出順序種數為；當丁被選中且排在第二位時，不同的演出順序種數為.綜上，不同的演出順序種數為.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.已知等差數列的公差，其前項和為，且，，成等比數列，.（1）求數列的通項公式；（2）若，且的前項和為，求證：.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用等差數列求和公式的性質先得，再利用等比中項計算公差，求通項公式即可；（2）先根據等差數列求和公式得，作商計算得即可.【小問1詳解】由題意，得，解得.又∵，，成等比數列，∴，即，解得或（舍去，），∴，故數列的通項公式為.【小問2詳解】由（1）知，又，則，則，∴Tn∵，∴2Tn16.已知函數.（1）判斷函數在上是否存在極值點.若存在極值點，求出極值；若不存在極值點，說明理由.（2）若函數有三個極值點，求實數的取值范圍.【答案】（1）不存在，理由見解析（2）【解析】【分析】（1）求導，根據導數確定函數的單調性，即可求解，（2）將問題轉化為與的圖象有三個交點，求導，確定函數的單調性即可求解.【小問1詳解】∵，，∴，∴在上恒成立，當且僅當時，取得等號，∴在上單調遞增，故函數在上不存在極值點.【小問2詳解】∵，函數有三個極值點，∴有三個互不相等的正實數根.由，得，令，則問題轉化為與的圖象有三個交點，而.令，得或，則當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，又∵當時，；當時，，且，，∴，即實數的取值范圍為.17.某農科所正在試驗培育甲、乙兩個品種的雜交水稻，水稻成熟后對每一株的米粒稱重，重量達到規定的標準后，則該株水稻達標.在水稻收獲后，通過科研人員的統計，甲品種的雜交水稻有不達標，乙品種的雜交水稻有不達標.（1）若假設甲、乙兩個品種的雜交水稻株數相等，一科研人員隨機選取了一株水稻，稱重后發現不達標，求該株水稻來自甲品種和乙品種的概率分別是多少；（2）科研人員選取了8株水稻，其中甲品種5株，乙品種3株，再從中隨機選取3株進行分析研究，這3株中來自乙品種水稻的有株，求的數學期望.【答案】（1）株水稻來自甲品種和乙品種的概率分別是，；（2）.【解析】【分析】（1）設事件A為“該株水稻來自甲品種”，事件B為“該株水稻不達標”，應用全概率公式求，再應用貝葉斯公式求該株水稻來自甲品種和乙品種的概率；（2）根據已知分析隨機變量的可能取值，并求出對應概率值，進而求期望即可.【小問1詳解】從甲、乙兩個品種的雜交水稻中任取一株，設事件A為“該株水稻來自甲品種”，事件B為“該株水稻不達標”，則，，，，∴，，，該株水稻來自甲品種和乙品種的概率分別是，.【小問2詳解】依題意的所有可能取值為0，1，2，3，則，，，，∴的數學期望.18.如圖，正四棱柱，其側棱長與底面邊長都為2，E，F分別為，的中點，平面與交于點P.（1）確定點P在線段上的位置；（2）求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）點為線段上靠近點的三等分點（2）【解析】【分析】（1）由線面平行的判定與性質可得線線平行，根據三角形重心的性質，可得答案；（2）由題意建立空間直角坐標系，求得平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案.【小問1詳解】如圖，設的中點為，連接，記，連接，.由題意知四邊形為正方形，又為的中點，∴，，∴四邊形為平行四邊形，∴.又∵平面，平面，∴平面.∵平面，平面平面，∴，∴.又∵為的中點，，∴點為的重心，∴，∴，即點為線段上靠近點的三等分點.【小問2詳解】以為坐標原點，分別以直線，，為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系.則，，，，，，，∴，，，，.設平面的法向量為，則，即，∴，令，則，，∴；設平面的法向量為，由（1）知，∴，∴，即，解得，令，則，，∴.設平面與平面的夾角為，則，即平面與平面夾角的余弦值為.19.已知平行四邊形（O為坐標原點）的面積，其中所在直線為，所在直線為，動點的軌跡為雙曲線，且雙曲線與軸沒有交點.（1）求雙曲線的方程；（2）設點，，，直線，與雙曲線分別交于點（其中不與點重合），為直線上一點，且，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設點，計算點到直線的距離，表示，結合平行四邊形的面積可得結果.（2）設直線：，，，根據得到的關系可得點在圓上，由此可求得的最大值.【小問1詳解】設點，則點到直線的距離，由得，，∴直線的方程為，整理得.由得，，∴，∴平行四邊形的面積，整理得.∵動點的軌跡為雙曲線，且雙曲線與軸沒有交點，∴雙曲線的焦點在軸上，即雙曲線的方程為.【小問2詳解】由（1）得，點為雙曲線的右焦點，雙曲線漸近線方程為.當直線斜率不存在時，可得直線關于軸對稱