山東省青島五十八中高新學校2025屆高三二模數學試題一、單選題1．已知集合，則=A． B． C． D．2．設為所在平面內一點，若，則下列關系中正確的是A． B．C． D．3．設復數z滿足，z在復平面內對應的點為(x，y)，則（

）A． B． C． D．4．展開式中的系數為A． B．C． D．5．函數=的部分圖象如圖所示，則的單調遞減區間為A． B．C． D．6．已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面所成的角都相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為A． B． C． D．7．已知雙曲線的中心在原點且一個焦點為，直線與其相交于，兩點，若中點的橫坐標為，則此雙曲線的方程是A． B．C． D．8．設△AnBnCn的三邊長分別為an,bn,cn，△AnBnCn的面積為Sn，n=1,2,3,…若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，則A．{Sn}為遞減數列B．{Sn}為遞增數列C．{S2n－1}為遞增數列，{S2n}為遞減數列D．{S2n－1}為遞減數列，{S2n}為遞增數列二、多選題9．已知函數若的最小值為，則（

）A．函數在上單調遞減 B．函數在上單調遞增C． D．函數的最小值為10．已知函數，則（

）A．的圖象關于點對稱B．的最小正周期為C．的最小值為D．在上有四個不同的實數解11．“楊輝三角”是二項式系數在三角形中的一種幾何排列，在中國南宋數學家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書中就有出現.在“楊輝三角”中，除每行兩邊的數都是1外，其余每個數都是其“肩上”的兩個數之和，例如第4行的6為第3行中兩個3的和，則下列命題中正確的是（

）A．在“楊輝三角”中，第行的所有的數字之和為B．在“楊輝三角”第行的數中，從左到右第個數最大C．在“楊輝三角”中，從第3行開始，取每行的第4個數得到一數列，則該數列前10項之和為D．記“楊輝三角”第行的第個數為，則的值恰好是第行的中間一項的數字三、填空題12．已知數列的前項和滿足，則的通項公式為.13．已知函數，則的最小值是．14．如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D，E，F為圓O上的點，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱錐．當△ABC的邊長變化時，所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為．

四、解答題15．如圖，三棱錐的底面是邊長為2的正三角形ABC，且，平面平面（1）證明：平面（2）若BC與平面所成角的正弦值為，求平面與平面夾角的余弦值.16．已知函數（1）討論的單調性；（2）若有兩個零點，求的取值范圍.17．如圖，內一點滿足.（1）若，求的值；（2）若，求的長.18．已知點在橢圓上，橢圓C的左右焦點分別為，，的面積為.（1）求橢圓C的方程；（2）設點A，B在橢圓C上，直線PA，PB均與圓相切，記直線PA，PB的斜率分別為，.（i）證明：；（ii）證明：直線AB過定點.19．為了治療某種疾病，研制了甲、乙兩種新藥，希望知道哪種新藥更有效，為此進行動物試驗．試驗方案如下：每一輪選取兩只白鼠對藥效進行對比試驗．對于兩只白鼠，隨機選一只施以甲藥，另一只施以乙藥．一輪的治療結果得出后，再安排下一輪試驗．當其中一種藥治愈的白鼠比另一種藥治愈的白鼠多4只時，就停止試驗，并認為治愈只數多的藥更有效．為了方便描述問題，約定：對于每輪試驗，若施以甲藥的白鼠治愈且施以乙藥的白鼠未治愈則甲藥得1分，乙藥得分；若施以乙藥的白鼠治愈且施以甲藥的白鼠未治愈則乙藥得1分，甲藥得分；若都治愈或都未治愈則兩種藥均得0分．甲、乙兩種藥的治愈率分別記為α和β，一輪試驗中甲藥的得分記為X．（1）求的分布列；（2）若甲藥、乙藥在試驗開始時都賦予4分，表示“甲藥的累計得分為時，最終認為甲藥比乙藥更有效”的概率，則，，，其中，，．假設，．(i)證明：為等比數列；(ii)求，并根據的值解釋這種試驗方案的合理性．

參考答案1．【答案】C【詳解】由題意得，，則．故選C．2．【答案】A【詳解】∵∴?=3(?)；∴=?.故選A.3．【答案】C【分析】本題考點為復數的運算，為基礎題目，難度偏易．此題可采用幾何法，根據點和點之間的距離為1，可選正確答案C．【詳解】則．故選C．4．【答案】C【詳解】因為，則展開式中含的項為；展開式中含的項為，故的系數為，故選C．5．【答案】D【詳解】由五點作圖知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故單調減區間為（，），，故選D.考點：三角函數圖象與性質6．【答案】A【詳解】根據相互平行的直線與平面所成的角是相等的，所以在正方體中，平面與線所成的角是相等的，所以平面與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等的，同理平面也滿足與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等，要求截面面積最大，則截面的位置為夾在兩個面與中間的，且過棱的中點的正六邊形，且邊長為，所以其面積為，故選A.點睛：該題考查的是有關平面被正方體所截得的截面多邊形的面積問題，首要任務是需要先確定截面的位置，之后需要從題的條件中找尋相關的字眼，從而得到其為過六條棱的中點的正六邊形，利用六邊形的面積的求法，應用相關的公式求得結果.7．【答案】D【詳解】設雙曲線的方程為，由題意可得，設，，則的中點為，由且，得，，即，聯立，解得，，故所求雙曲線的方程為．故選D．8．【答案】B【詳解】且，，，，，又，，，，由題意，，，，，，，，由此可知頂點在以、為焦點的橢圓上，又由題意，，，，，，，單調遞增（可證當時故選．9．【答案】ACD【詳解】當時，，當時，，由條件知（否則的最小值不是，所以函數在上單調遞減，．又由條件知，解得，所以當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增．由以上分析知A，C，D正確．10．【答案】BD【詳解】方法一：由，則，，則，所以不可能關于對稱，A錯誤；因為函數的最小正周期為，函數的最小正周期為，則的最小正周期為，B正確；當時，，當時，；當時，，作出函數大致圖象，如圖，則，C錯誤，在有4個根，D正確.方法二：由，作出和的圖象，取位于上方的部分即可：

由圖可知，AC錯誤，B正確，對于D，計算知與在內的交點坐標為，而，結合函數的圖象特征可知函數與圖象在內有四個交點，所以在上有四個不同的實數解，故D正確.故選BD.11．【答案】ACD【詳解】對于A，第行的所有的數字之和為，故A正確；對于B，第行的數中，從左到右共有個數，則第個數最大，故B錯誤；對于C，從第3行開始，取每行的第4個數得到一數列，則該數列前10項之和為，因，故C正確；對于D，依題意，，則，下面證明.分別從兩個角度考慮二項式展開式中的系數，由的通項可知的系數為，由考慮，的系數為：，故有，而第行的中間一項為第項，即，故D正確.故選ACD.12．【答案】【詳解】因為，當時，；當時，，所以，當時不滿足，所以.13．【答案】【詳解】［方法一］：【通性通法】導數法．令，得，即在區間內單調遞增；令，得，即在區間內單調遞減．則．［方法二］：三元基本不等式的應用因為，所以．當且僅當，即時，取等號．根據可知，是奇函數，于是，此時．［方法三］：升冪公式＋多元基本不等式，，當且僅當，即時，．根據可知，是奇函數，于是．［方法四］：化同角＋多元基本不等式+放縮，當且僅當時等號成立．［方法五］：萬能公式＋換元+導數求最值設，則可化為，當時，；當時，，對分母求導后易知，當時，有最小值．［方法六］：配方法，當且僅當即時，取最小值．［方法七］：【最優解】周期性應用＋導數法因為，所以，即函數的一個周期為，因此時，的最小值即為函數的最小值．當時，，當時，因為，令，解得或，由，，，所以的最小值為．【整體點評】方法一：直接利用導數判斷函數的單調性，得出極值點，從而求出最小值，是求最值的通性通法；方法二：通過對函數平方，創造三元基本不等式的使用條件，從而解出；方法三：基本原理同方法三，通過化同角利用多元基本不等式求解，難度較高；方法四：通過化同角以及化同名函數，放縮，再結合多元基本不等式求解，難度較高；方法五：通過萬能公式化簡換元，再利用導數求出最值，該法也較為常規；方法六：通過配方，將函數轉化成平方和的形式，構思巧妙；方法七：利用函數的周期性，縮小函數的研究范圍，再利用閉區間上的最值求法解出，解法常規，是該題的最優解．14．【答案】【詳解】如下圖，連接DO交BC于點G，設D，E，F重合于S點，正三角形的邊長為x(x>0)，則.，，三棱錐的體積.設，則，令，即，得，易知在處取得最大值.∴.

點睛:對于三棱錐最值問題，需要用到函數思想進行解決，本題解決的關鍵是設好未知量，利用圖形特征表示出三棱錐體積.當體積中的變量最高次是2次時可以利用二次函數的性質進行解決，當變量是高次時需要用到求導的方式進行解決.15．【答案】（1）證明見解析（2）【詳解】（1）取中點，中點，連接，因為，所以，又，所以，又因為，，平面PCE，所以平面，又平面，故有，因為，所以，又平面平面，平面平面，又在平面內，所以平面，又平面，故有，又，，平面故有平面（2）解法一：以點F為坐標原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設點，設平面PAB的法向量，，，則，可取，于是有，得平面PAC的法向量，平面PAB的法向量，設平面PAB與平面PAC夾角為，則，解法二：如圖，作，垂足為M，連接因為平面，，故平面，為與平面所成角，有，得到，設，則，由，得，解得作，垂足為，連接，為平面與平面夾角，，由得，，，，平面與平面夾角的余弦值為16．【答案】（1）見解析；（2）.【詳解】試題分析：（1）討論單調性，首先進行求導，發現式子特點后要及時進行因式分解，再對按，進行討論，寫出單調區間；（2）根據第（1）問，若，至多有一個零點.若，當時，取得最小值，求出最小值，根據，，進行討論，可知當時有2個零點.易知在有一個零點；設正整數滿足，則.由于，因此在有一個零點.從而可得的取值范圍為.試題解析：（1）的定義域為，，（ⅰ）若，則，所以在單調遞減.（ⅱ）若，則由得.當時，；當時，，所以在單調遞減，在單調遞增.（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一個零點.（ⅱ）若，由（1）知，當時，取得最小值，最小值為.①當時，由于，故只有一個零點；②當時，由于，即，故沒有零點；③當時，，即.又，故在有一個零點.設正整數滿足，則.由于，因此在有一個零點.綜上，的取值范圍為.點睛:研究函數零點問題常常與研究對應方程的實根問題相互轉化.已知函數有2個零點求參數a的取值范圍，第一種方法是分離參數，構造不含參數的函數，研究其單調性、極值、最值，判斷與其交點的個數，從而求出a的取值范圍；第二種方法是直接對含參函數進行研究，研究其單調性、極值、最值，注意點是若有2個零點，且函數先減后增，則只需其最小值小于0，且后面還需驗證最小值兩邊存在大于0的點.17．【答案】（1）（2）【詳解】（1），此時.在中，，又，故所以（2）設，在中，.在中，，代入得：.又，故.即，解得：，所以.18．【答案】（1）（2）（i）證明見解析；（ii）證明見解析【詳解】（1）解：由題知，，的面積等于，所以，解得，，所以，橢圓C的方程為.（2）（i）設直線PA的方程為，直線PB的方程為，由題知，所以，所以，同理，，所以，是方程的兩根，所以.（ii）設，，設直線AB的方程為，將代入得，所以，①，②所以，③，④又因為，⑤將①②③④代入⑤，化簡