2025屆滄州運東五校二模數學一、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】【分析】化簡兩集合求解即可.【詳解】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】【詳解】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】【分析】首先判斷函數的單調性，再結合零點存在性定理判斷即可.【詳解】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】【分析】根據三角函數的定義及誘導公式即可求解.【詳解】因為角的終邊過點，所以，.故選：D.【點睛】本題主要考查了三角函數的定義，誘導公式，屬于容易題.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】【分析】對于，1×2－0×1≠0，所以該選項錯誤；對于，，所以該選項正確；對于，，所以該選項錯誤；對于，＝2，所以該選項錯誤．【詳解】對于，1×2－0×1≠0，所以該選項錯誤；對于，＝(2，0)，＝(0，2)，則2×0＋0×2＝0，所以，所以該選項正確；對于，，，所以該選項錯誤；對于，＝1×0＋1×2＝2，所以該選項錯誤．故選：B【點睛】本題主要考查平面向量的坐標運算和數量積的坐標表示，考查向量位置關系的坐標表示，考查向量的模的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.6.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】【分析】由復數的幾何意義和復數的模長公式求解即可.【詳解】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】【分析】根據題意，得證為等腰三角形，于是建立如圖所示空間直角坐標系，，根據與直線AC與BD所成角為建立方程，求得，然后找出外接球球心，根據相關數量關系，建立外接球半徑的等式關系，求出半徑，應用球的表面積公式即可得解【詳解】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：A【點睛】方法點睛：多面體與球切、接問題的求解方法1.涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題求解；2.若球面上四點P、A、B、C構成的三條線段PA、PB、PC兩兩垂直，一般把有關元素“補形”成為一個球內接長方體求解；3.正方體的內切球的直徑為正方體的棱長．4.球和正方體的棱相切時，球的直徑為正方體的面對角線長．5.利用平面幾何知識尋找幾何體中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑（直徑）與該幾何體已知量的關系，列方程（組）求解．8.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】【分析】根據點差法分析可得，對于A、B、D：通過聯立方程判斷交點個數，逐項分析判斷；對于C：結合雙曲線漸近線分析判斷.【詳解】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】【分析】根據給定條件結合等差數列性質求出公差d，再逐項分析計算作答.【詳解】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】【分析】A選項，求導，得到函數單調性，進而求出最值；B選項，求出，利用導數的幾何意義得到切線方程；C選項，在A選項基礎上，得到函數單調性；D選項，，令，求導得到其單調性和最值，結合函數圖象，得到的取值范圍是.【詳解】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】【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系，求出與利用夾角的余弦公式計算后可判斷A的正誤，利用向量法可求點到平面的距離后可判斷B的正誤，求出的坐標后可計算三棱錐的體積，從而可判斷C的正誤，求出球心的坐標后可求外接球的半徑，計算表面積后可判斷D的正誤.【詳解】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.【點睛】思路點睛：空間幾何體的外接球的計算問題，首先確定球心的位置，如果球心的位置不易求得，則可以通過空間向量的方法求出球心坐標，從而解決與球有關的計算問題.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】【分析】根據函數的定義域可得的范圍，再求正弦值可得答案.【詳解】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】【分析】設，則.在中，由正弦定理解得利用兩角和的正切公式即可求值.【詳解】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：.【點睛】(1)在解三角形中，選擇用正弦定理或余弦定理，可以從兩方面思考：①從題目給出的條件，邊角關系來選擇；②從式子結構來選擇．(2)在幾何圖形中解三角形的關鍵是：把有關條件在圖形中表示出來，在合適的三角形中解三角形即可.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】【分析】設|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，橢圓和雙曲線的離心率分別為e1，e2,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，化簡為即4c2=4a12+r1r2…③，，再利用柯西不等式求橢圓和雙曲線的離心率的倒數之和的最大值.【詳解】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【點睛】本題主要考查橢圓和雙曲線的定義和性質，利用余弦定理和柯西不等式是解決本題的關鍵．屬于難題．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．【答案】（1），，（2），【解析】【分析】（1）運用三角函數定義計算即可；（2）運用誘導公式化簡，結合同角三角函數關系式計算即可.【小問1詳解】由已知點是角終邊上一點，得，則，所以，；【小問2詳解】.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．【答案】（1）證明詳見解析；（2）證明詳見解析.【解析】【分析】（1）通過證明，來證得平面.（2）通過證明平面，來證得平面平面.【詳解】（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.【點睛】本小題主要考查線面平行的證明，考查面面垂直的證明，屬于中檔題.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.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據正弦定理化簡為，從而可得，結合角的范圍可得，從而可求得；（2）由正弦定理求得，再根據余弦定理可求得，由求得，進而求得，，再結合和角正弦公式可得.【小問1詳解】根據正弦定理，由可得.即，即，因為，所以.所以，即.【小問2詳解】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.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）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.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或.【解析】【分析】(Ⅰ)由題意得到關于a,b,c的方程，解方程可得橢圓方程；(Ⅱ)聯立直線方程與橢圓方程確定點P的坐標，從而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表達式，最后利用直線垂直的充分必要條件得到關于斜率的方程，解方程可得直線的斜率.【詳解】(Ⅰ)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.(Ⅱ)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.【點睛】本題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質?直線方程等基礎知識.考查用代數方法研究圓錐曲線的性質.考查運算求解能力，以及用方程思想解決問題的能力.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：．【答案】（1）；（2）；（3）證明詳見解析【解析】【分析】（1）方法一：根據一元二次不等式恒成立問題解法，即可求得的表達式；（2）方法一：先由，求得的一個取值范圍，再由，求得的另一個取值范圍，從而求得的取值范圍.（3）方法一：根據題意可得兩個含參數的一元二次不等式在區間上恒成立，再結合放縮，即可利用導數證得不等式成立.【詳解】（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