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2025 年四川省乐山市第一中学校高 2022 级高三二模测试
数学
本试卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦
干净后，再选涂其它答案标号.
3.考试结束后，只将答题卡交回.
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的.
1. 已知双曲线 的焦距为 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的标准方程，结合题设条件，即可求解．
【详解】由题意可知 ，解 ，
故选：A.
2. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简集合 ，结合交集的定义求结论.
【详解】集合 ，
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学科网（北京）股份有限公司.
故
故选：C.
3. 函数 ，若 在 是减函数，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导，导函数小于等于0恒成立，分离参数求新函数最值即可求解．
【详解】函数 ，
若函数在区间 上是减函数，则 在 恒成立，
即 在 恒成立，
由对勾函数性质可知 在 单调递减，故 ，所以 .
故选：C.
4. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D. 0
【答案】B
【解析】
【详解】由 可得 ，
故 ，
故选：B
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学科网（北京）股份有限公司5. 等差数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 （ ）
A. 30 B. 50 C. 20 D. 40
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件求等差数列的首项和公差，再根据通项公式，即可求解.
【详解】设等差数列的首项为 ，公差为 ，
所以 ，
则 ，得 ，
所以 ，
所以 .
故选：B
6. 已知圆锥的底面半径为1，高为 ，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥截成上、下两部分，则
上、下两部分的体积比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出圆锥被截的上面小圆锥和下面剩下的圆台部分的体积，计算比值即可.
【详解】圆锥的底面半径为1，高为 ，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥截成上、下两部分，则
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学科网（北京）股份有限公司上、下两部分的体积比为 .
故选：A.
7. 已知 是双曲线 的两个焦点， 为 上除顶点外的一点， ，且 ，则
的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出 根据题意有 ，利用余弦定理表示
出 ， ，结合 ，求出离心率的取值范围.
【详解】
设 ，显然 ，
则 ，
所以 的离心率 ．由于 ，
所以 ，所以 的取值范围是 ；
故选：A
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学科网（北京）股份有限公司8. 已知函数 ，设 ， ， ，则 ， ，
的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先分析函数 的单调性和对称性，根据函数 的性质，再研究 与对称
轴 的距离即可求解.
【详解】由题意： ，
，
是 的对称轴；
设 ， ，并且 ， 则
，显然 是增函数， ，
， ， ，即当 时， 是增函数， ，根
据复合函数单调性规则：同增异减， 在 时是增函数，
根据对称性，当 时， 是减函数；
下面分析自变量 时与 的距离，显然距离越大，对应的函数值越大，
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学科网（北京）股份有限公司；
设 ，则 ， 是增函数，又 ，所以当
时， ，即 ， ，
；
设 ，则 ，当 时， 是减函数，又 ，所以
时， ，
即 ， ，又 ， ；
；
故选：C.
【点睛】本题难度较大，分析问题的出发点是函数 的图像，然后要运用缩放法对自变量x与对称轴
的距离做出比较，其中 是对正切函数和对数函数的一个常用的缩放，需要掌握.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目
要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 某校高一年级共有男女学生500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为50人的样本，若样本中
男生有30人，则该校高一年级女生人数是200
B. 数据1，3， 4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10
C. 线性回归方程中，若线性相关系数 越大，则两个变量的线性相关性越强
D. 根据分类变量 与 的成对样本数据，计算得到 ，根据小概率值 的独立性检验
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学科网（北京）股份有限公司，可判断 与 有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用分层抽样计算判断A；求出第75百分位数判断B；利用线性相关系数的意义判断C；利用独
立性检验的思想判断D.
【详解】对于A，该校高一年级女生人数是 ，A正确；
对于B，由 ，得第75百分位数为 ，B正确；
对于C，线性回归方程中，线性相关系数 绝对值越大，两个变量的线性相关性越强，C错误；
对于D，由 ，可判断 与 有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，D正确.
故选：ABD
10. 已知等差数列 的前 项和为 ，且 ，则（ ）
A.
B.
C. 当 时， 取得最小值
的
D. 记 ，则数列 前 项和为
【答案】BCD
【解析】
【分析】运用等差数列的通项公式 和求和公式 ，结合二次函数性
质可解.
【详解】由题意可设公差为 ，则有
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学科网（北京）股份有限公司由 有： ，故A错误；
故B正确；
，由二次函数 的性质可知：
当 时， 取得最小值，故C正确；
因为 ，
所以
所以 为等差数列，公差为4，首项为 ，
所以 的前 项和为： 故D正确.
故选：BCD.
11. 如图，已知正方体 的棱长为 ， 为底面 内（包括边界）的动点，则下列
结论正确的是（ ）．
A. 三棱锥 的体积为定值
B. 存在点 ，使得
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学科网（北京）股份有限公司C. 若 ，则 点在正方形底面 内的运动轨迹长为
D. 若点 是 的中点，点 是 的中点，过 ， 作平面 平面 ，则平面 截正方体
的截面面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据等体积法可计算出三棱锥 的体积，可判断选项A，建立空间直角坐标系，写出对
应点的坐标与向量的坐标，设 ，根据垂直得向量数量积为 列式，从而判断选项B，C，利用线
面垂直的判定定理得 平面 ，再证明四点共面，从而得平面 ，再由面面平行的性质可得平
面 截正方体 的截面为正六边形，根据正六边形的性质计算面积即可判断选项D.
【详解】对于A，由等体积法 ，三棱锥 的高为 ，
底面积 ，所以 ，
所以三棱锥 的体积为定值，A正确；
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，
设 ， ， ， ， ， ，
， ，
若 ，则 ，
即 ，取 ，此时点 与点 重合，满足题意，
所以存在点 ，使得 ，B正确；
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学科网（北京）股份有限公司对于C， ，若 ，
，即 ，
所以点 的轨迹就是线段 ，
轨迹长为 ，C错误；
对于D，如图取 中点 ，连接 ，
由题可得 ， 平面 ，
连接 ，因为 ， 平面 ，
则 ， ，又 ，
平面 ，则 平面 ，
又取 中点为 ，则 ，
有 四点共面，则平面 即为平面 ，
又由两平面平行性质可知， ， ， ，
又 都是中点，故 是 中点， 是 中点，
的
则平面 截正方体 截面为正六边形，
又正方体棱长为 ，则 ，
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学科网（北京）股份有限公司故截面面积为 ，D正确.
故选：ABD
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量 ， ，则 在 方向上的投影向量等于___________.
【答案】
【解析】
【分析】求出 ，根据投影向量的概念即可求得答案.
【详解】由题意向量 ， ，则 ，
则 在 方向上的投影向量为 ，
故答案为：
13. 已知 的展开式的二项式系数之和为32，则其展开式中常数等于________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式系数和可求得 ，根据二项展开式通项公式可求得 的值，代入可求得结果.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】 展开式二项式系数和为 ， ，解得： ，
展开式通项公式为： .
令 ，解得： ， 展开式中常数为 .
故答案为： .
【点睛】本题考查二项展开式中指定项的求解问题，关键是熟练掌握二项式系数和的性质和二项展开式通
项公式的形式.
14. 抛物线 的焦点为 ，过点 的直线 与抛物线 交于A、B两点，抛物线 在A、B处的
切线交于点 ，则 的最小值为__________.
【答案】9
【解析】
【分析】设直线 方程为 ，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，求出
，再结合导数的几何意义得到 在A、B处的切线方程，联立后求出 的坐标，
从而得到 ，从而表达出 ，结合对勾函数单调性得到
最值.
【详解】由题意得 ，当直线 斜率为0时，不满足与抛物线交于两个点，
设直线 方程为 ，联立 得， ，
设 ， ，
则 ，
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学科网（北京）股份有限公司故 ， ，
故 ，
， ，故过 的切线方程为 ，
同理可得过点 的切线方程为 ，
联立 与 得
，
故
，
故 ，
，则 ，
故 ，
其中 ，由 在 上单调递增，
故当 ，即 时， 取得最小值，
最小值为 .
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学科网（北京）股份有限公司故答案为：9
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题 的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数
的最值或范围．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数 的部分图象如图所示．
（1）求 的解析式；
（2）求 的单调递减区间；
（3）若不等式 在 上恒成立，求m的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）根据函数图象确定A，利用特殊点的坐标求得 的值，即得函数解析式；
（2）根据正弦函数的单调性，解不等式，即得答案；
（3）根据x的范围，结合正弦函数性质求得 的最小值，即可得答案.
【小问1详解】
由函数图象可知 ， ，
则 ，因为 ，所以 ．
由 ，得 ，
即 ，
因为 ，所以 ，所以 ．
【小问2详解】
由 ，得 ，
所以 的单调递减区间为 ．
【小问3详解】
因为不等式 在 上恒成立，所以 ，
因为 ，所以 ，
当 时， ，
则 ，即m的取值范围为 ．
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学科网（北京）股份有限公司16. 在平面直角坐标系 中，已知椭圆 的右顶点为 ，且其两个焦点与
短轴顶点相连形成的四边形为正方形．过点 且与 轴不重合的直线 与椭圆 交于 ，
两点．
（1）求椭圆 的方程；
（2）试判断是否存在实数 ，使得 为定值．若存在，求出 的值，并求出该定值；若不存在，请
说明理由．
【答案】（1） ；（2）存在； ， ．
【解析】
【分析】（1）根据题意求出 即可得椭圆方程；
（2）设 ，联立方程，由韦达定理及向量的数量积运算即可求解.
【详解】（1）由题意可知， ，且 ，
又因为 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 ；
（2）由题意可知，直线 的斜率不为0，
设 ，
与椭圆 的方程联立， ，消去 ，整理得 ，
设 ， ，
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学科网（北京）股份有限公司则 ， ，
因为 ，
所以 ， ，
则 ，
将 ， 代入上式，
整理得 ，
若对任意 ， 为定值，
则 或 ，
因为 ，
所以 ，
此时 ．
【点睛】关键点点睛：根据直线与方程联立后，利用韦达定理，表示出 是解题的
关键，根据数量积为定值求出t,即可求出 ，属于中档题.
17. 如图，在四棱锥 中，底面 为梯形， ，
为等边三角形.
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学科网（北京）股份有限公司（1）证明： 平面 .
（2）若 为等边三角形，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定与性质定理即可得解；
（2）依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面 与平面 的法向量，从而利用空间向量法即可
得解.
【小问1详解】
记 为 的中点，连接 .
因为 为等边三角形，所以 ，
因为 ，所以 ，
又 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又 平面 ，
所以 平面 .
【小问2详解】
以 为原点， 所在直线分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
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学科网（北京）股份有限公司因为 为等边三角形， ，所以 到底边 的距离为 ，
因为 为等边三角形， ，所以 到底边 的距离为 ，
则 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，
令 ，则 ，故 ，
设平面 的法向量为 ，则 即 ，
令 ，则 ，故 ，
因为 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
18. 已知函数 （ ）．
（1）若 ，求 的图象在 处的切线方程；
（2）若 对于任意的 恒成立，求a的取值范围；
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学科网（北京）股份有限公司（3）若数列 满足 且 （ ），记数列 的前n项和为 ，求证：
．
【答案】（1）
（2） （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导可得 ，利用导数的几何意义即可求解；
（2）利用导数分类讨论当 、 情况下函数 的性质，进而求解；
（3）利用取倒数法求得 ，利用导数证明 ，结合归纳法和放缩法证明原不等式即可.
【小问1详解】
当 时， ，
则 ，得 ，又 ，
所以 在 处的切线为 ；
【小问2详解】
对 恒成立，
，
设 ，则 ，
当 即 时， 在 上单调递增，
且 ，所以 ，即 ，
此时 在 上单调递增，且 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 对 恒成立.
当 即 时，令 ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ，又 ，
所以在 上恒有 ，即 ，
函数 在 上单调递减，且 ，
则在 上有 ，不符合题意.
综上， ，即实数a的取值范围为
【小问3详解】
由 ，得 ，又 ，
所以数列 是以1为首项，以 为公差的等差数列，
故 ，所以 .
当 时， 恒成立；
当 时，先证： ，即证 ，
设 ，则 ，即证 （ ），
令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，故 ，
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学科网（北京）股份有限公司即 ，即 .
所以当 时，
.
综上， .
【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性和导数与数列的综合问
题，第（3）问，利用数学归纳法和 进行放缩是解决该问的关键.
19. 已知函数 ， ．
（1）对任意的 ， 恒成立，求实数 的取值范围；
（2）设方程 在区间 内的根从小到大依次为 ， ，…， ，
…，求证： ．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得出 对任意的 恒成立，验证 对任意的
恒成立；在 时，利用参变分离法可得出 ，利用倒数求出函数
在 上的最大值即可求解；
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学科网（北京）股份有限公司（2）令 ，利用导数分析 在 上的单调性，利用
零点存在性定理可知 ，求得 ，
证明出 ，结和 的单调性，即可证得结论成立.
【小问1详解】
，对任意的 ， 恒成立，
即 对任意的 恒成立．
当 时，则有 对任意的 恒成立；
当 时， ，则 ，令 ，其中 ，
，
且 不恒为零，
故函数 在 上单调递增，则 ，故 ．
综上所述， ．
【小问2详解】
由 可得 ，
令 ，则 ．
因为 ，则 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以， ，所以，函数 在 上单调递减．
因为
，
所以，存在唯一的 ，使得 ．
所以， ，则 ，
所以，
，
因为函数 在 上单调递减，
故 ，即 ．
【点睛】利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式 （或 ）转化为证明 （或
），进而构造辅助函数 ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结论构造辅助函数.
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学科网（北京）股份有限公司
