2024-2025學年安康市高三年級第二次質量聯考數學試卷滿分：150分考試時間：120分鐘注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置.2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B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.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，只有一個選項是正確的．1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求解分式不等式再求交集即可.【詳解】，故.故選：D2.已知為虛數單位，若，則（）A.10 B. C.5 D.【答案】B【解析】【分析】利用復數除法運算求出，再利用共軛復數及復數模的意義求解.【詳解】依題意，，，所以.故選：B3.已知向量，，若，則（）A. B. C.-6 D.6【答案】C【解析】【分析】根據給定條件，利用向量的坐標運算及向量共線的坐標表示列式計算得解.【詳解】向量，，則，由，得，所以.故選：C4.已知，，則（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用和差角的三角函數公式，結合同角公式計算得解.【詳解】由，得，即，由，得，因此，所以.故選：B5.已知拋物線的焦點為，第一象限的點在拋物線上，若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據給定條件，求出拋物線的準線，再利用定義求出，進而求出即可得解.【詳解】拋物線，即的準線方程為，由，得，解得，又拋物線過點，則，而，解得，所以.故選：A6.已知數列前項和為，且為等差數列，若，則（）A.-63 B.63 C.36 D.-36【答案】A【解析】【分析】根據可得，進而可得的公差，從而可得通項公式，再求解即可.【詳解】即，故.設的公差為，則，解得，又，故是首項為2，公差為1的等差數列，則，故.則.故選：A7.設雙曲線的左、右焦點分別為，，坐標原點為，第一象限的點在雙曲線上，連接并延長交雙曲線另一點，若，則（）A. B.8 C. D.【答案】C【解析】【分析】連接，可得四邊形為平行四邊形，則，設，則，然后結合雙曲線的定義可求出，再利用余弦定理求出，再由兩邊平方化簡可求出，從而可求出.【詳解】連接，由題意可得，，因為，所以四邊形為平行四邊形，所以，設，則，，所以，得，所以，，在中，由余弦定理得，因為為的中點，所以，所以，所以，即，所以.故選：C8.已知函數的定義域為，，都有：，且，則（）A.1600 B.1601 C.820 D.821【答案】D【解析】【分析】根據給定條件，利用不等式的性質導出，再賦值，結合累加法及等差數列前和公式計算得解.【詳解】依題意，由，得，兩式相加得，而，因此，取，則，所以.故選：D【點睛】關鍵點點睛：利用迭代法及不等式性質導出是求解問題的關鍵.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．全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知實數，，滿足，則下列不等式一定成立是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】根據給定條件，利用不等式的性質、基本不等式，結合指數、對數函數性質逐項判斷.【詳解】對于A，由，得，A正確；對于B，取，滿足，而，B錯誤；對于C，取，滿足，而，C錯誤；對于D，由，得，D正確.故選：AD10.已知函數，則下列說法正確的是（）A.此函數的周期為 B.此函數圖象關于直線對稱C.此函數在區間上有6個零點 D.此函數在區間上單調遞減【答案】BD【解析】【分析】利用周期函數定義、軸對稱性質判斷AB；求出函數零點判斷C；利用導數確定單調性判斷D.【詳解】對于A，，函數周期不為，A錯誤；對于B，，圖象關于直線對稱，B正確；對于C，，由，得或，又，則，函數在區間上有7個零點，C錯誤；對于D，，當時，，，，因此，函數在區間上單調遞減，D正確.故選：BD11.一個圓柱表面積為，體積為，則下列四組數對中，可作為數對的有（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】利用圓柱表面積、體積公式建立關于圓柱底面圓半徑的函數，再利用導數求出最小值進而判斷.【詳解】設圓柱的底面圓半徑為，高為，則，即，因此，令，求導得，對于AB，當時，，，當時，，當時，，函數在上單調遞減，在上單調遞增，，于是，，而，因此有解，無解，A可以，B不可以；對于CD，當時，，，當時，，當時，，函數在上單調遞減，在上單調遞增，，于是，即，而，因此都有解，CD均可以.故選：ACD【點睛】關鍵點點睛：利用圓柱半徑，結合體積及表面積建立函數關系，再利用導數探討最小值是求解的關鍵.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知為等比數列，，，則______．【答案】【解析】【分析】結合等比數列的性質，即可求解.【詳解】設公比為．由題可得，所以，即，又，所以．故答案為：13.若圓與曲線有兩個公共點，則的取值范圍為_____．【答案】【解析】【分析】根據圓、曲線的對稱性，只需分析與圓只有一個交點即可，分相切與相交兩種情況討論，分別計算可得.【詳解】圓的圓心為坐標原點，關于軸對稱，因為為偶函數，函數圖象關于軸對稱，所以曲線的圖象也關于軸對稱，所以只需研究與圓只有一個交點即可，當與圓相切時，則，當與圓相交時（只有一個交點），則，綜上可得的取值范圍為.故答案為：14.已知表示不超過的最大的整數，如，，若方程的正實數根為，則_____．（參考數據：）【答案】【解析】【分析】由題意可得，再代入化簡求解即可.【詳解】方程正實數根為，則，，則.故.故.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.的內角，，的對邊分別為，，，已知．（1）求；（2）若，的面積為．求的周長．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根據余弦的二倍角公式化簡即可；(2)根據面積公式結合余弦定理求解即可.【小問1詳解】由可得，解得或（舍），故.又為內角，故.【小問2詳解】，則，解得.由余弦定理可得，解得.故的周長為.16.如圖，在三棱柱中，平面平面，平面平面，．（1）求證：平面；（2）已知，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）根據線面垂直得到線線垂直，再根據一條直線垂直于一個平面里兩條相交的直線，即可得到線面垂直；（2）建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，直線與平面所成角的正弦值即為直線所在的方向向量與平面法向量夾角的余弦值，可求得結果.【小問1詳解】設平面，過作、，垂足分別為，因為平面平面，平面平面，、平面，所以平面，因為平面，所以，同理，又因為平面，所以平面.【小問2詳解】由（1）知平面，因為平面，所以，又因為，所以兩兩垂直，以為坐標原點，，的方向，分別為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，如圖所示：

由，可設，則，，所以，所以，設為平面的法向量，則取，設直線與平面所成的角為，則，即直線與平面所成角的正弦值為.17.數列滿足．（1）證明：數列是等比數列；（2）求的通項公式；（3）若，證明：數列的前項和．【答案】（1）證明見解析（2）（3）證明見解析【解析】【分析】(1)構造結合等比數列的定義判斷即可；(2)根據（1）可得的通項公式，進而可得的通項公式；(3)根據裂項相消求和證明即可.【小問1詳解】由可得，解得，則.且，故是以2為首項，2為公比等比數列，即得證.【小問2詳解】由（1），故【小問3詳解】，故，即得證.18.已知函數．（1）若，求曲線在點處的切線方程；（2）討論的單調性；（3）當時，恒成立，求實數的最小值．【答案】（1）；（2）答案見解析.（3）.【解析】【分析】（1）把代入，求出導數，再利用導數的幾何意義求出切線方程.（2）求出導數，再按分類求出函數的單調區間.（3）由（2）的信息，求出函數的最大值，再由已知建立恒成立的不等式并分離參數，構造函數并利用導數求出最大值即可.【小問1詳解】當時，函數，求導得，則，而，所以所求切線方程為.【小問2詳解】函數的定義域為，求導得，當時，由，得；由，得，函數在上單調遞增，在上單調遞減；當時，由，得或；由，得，函數在上單調遞增，在上單調遞減；當時，恒成立，函數在上單調遞增；當時，由，得或；由，得，函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，函數的遞增區間為，遞減區間為；當時，函數的遞增區間為上單調遞增，遞減區間為；當時，函數的遞增區間為；當時，函數的遞增區間為，遞減區間為.【小問3詳解】由（2）知當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減，則，依題意，，即恒成立，令函數，求導得，當時，，當時，，函數在上遞增，在上遞減，即，因此，所以最小值為.19.已知橢圓的左、右頂點分別為，．橢圓上任意一點（不與，重合），滿足直線，的斜率之積等于．當點在橢圓的上頂點時，的面積為．（1）求的方程；（2）已知不在軸上的動點在定直線上運動時，直線、分別交橢圓于兩點，．（i）求證：為鈍角；（ii）求四邊形面積的最大值．【答案】（1）；（2）（i）證明見解析；（ii）6.【解析】【分析】（1）利用斜率坐標公式列式求出，再結合三角形面積即可求得方程.（2）（i）設出點的坐標，求出直線方程，與橢圓方程聯立求出坐標，利用平面向量夾角公式推理判斷；（ii）由（i）中信息求出四邊形面積的函數關系，借助基本不等式及對勾函數的性質求出最值.【小問1詳解】設，則，即，又，于是，當點為橢圓的上頂點時，，解得，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】（i）由（1）知，由橢圓對稱性，不妨設，直線斜率，直線的斜率，直線的方程為，直線的方程為，由消去得，由韋達定理得，即