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红岭中学（红岭教育集团）2025 届高三第二次统一考试
数学参考答案
(说明:本试卷考试时间为120分钟,满分为150分)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
C A B B D A C C AC ACD ABD
1．C
2．A
【分析】利用同角三角函数的基本关系式，结合三角函数值的符号，化简所求表达式.
【详解】依题意，原式
①.
由于 ，所以 ，故①可化为
. 故选：A.
【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查诱导公式，考查三角函数值在
各个象限的符号，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.
3．B
【详解】设等差数列 的公差为 ，则
因为等差数列 和 的前 项和分别为 、 ，满足 ，
， 故选：B
4．B
【分析】讨论甲是否在第5名，根据排列组合公式计算即可.
【详解】当甲是第5名时，共有 种；
当甲不是第5名时，共有 种；
综上，共有78种. 故选：B
5．D
1
学科网（北京）股份有限公司【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函
数在 上的函数符号排除选项，即得答案.
【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且 ，
由 且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；
当 时 、 ，即A、C中 上函数值为正，排除；
故选：D
6．A
【分析】根据函数的解析式作出函数的图象，根据 结合函数的对称性可得
及 的范围，从而求解 的范围.
【详解】作出函数 的图象如图：
设 ，且 ，
则函数 与直线 的三个交点从左到右依次为
， ， ，
则点 与 在函数 上，而函数 的图象关于直线 对
称，
所以 ，由 得 ，
若满足 ，则 ，所以 ，
所以 ，即 的取值范围是 . 故选：A.
7. C
2
学科网（北京）股份有限公司【解析】构造函数 ，得 ， ， ， ．
当 时， ，当 时， ，所以 在 上单调递减，
上单调递增．
易知 ，所以 ，所以 ．
又 ，因为 ，所以 ，所以 ．
所以 ．
8.C
3
学科网（北京）股份有限公司9．AC
【分析】利用等差，等比数列的定义和性质，以及等差，等比数列的前 项和的形式，可
逐一判断.
【详解】由 和等差中项的性质，可得数列 是等差数列，即A正
确；
当 时，由 和等比中项的性质，
可得数列 是等比数列，即B不正确；
4
学科网（北京）股份有限公司由等差数列前 项和 ，
得 可看成 的二次函数，且不含常数项，则C正确；
由等比数列前 项和 ，
若 ，则 ，所以 ，则此时数列 不是等比数列，则D错.故选：AC
10．ACD
【分析】化简条件得到 ，求得 或 ，可判定B不正确；设
，在 中，利用余弦定理求得 ，得到 ，求得
和 ，结合面积公式，可判定C正确；根据题意得到点 在以 为弦的一个圆上，
结合正弦定理和圆的性质，以及弧长公式，可判定D正确．
【详解】对于A中，由正弦定理可知A正确；
对于B中，由 ，
可得 ，
整理得 ，
由正弦定理得 ，可得 ，
因为 ，可得 或 ，即 或 ，
所以 是等腰三角形或直角三角形，所以B不正确；
对于C中，由 在线段 上，且 ， ， ， ，
则 ，设 ，
在 中，利用余弦定理 ，
整理得 ，解得 或 （舍去），
5
学科网（北京）股份有限公司所以 ，
在 中，可得 ，
在 中，由余弦定理可得 ，
，所以 ，
所以 的面积为 ，所以C正确；
对于D中，在 中，因为 ， ，
则点 在以 为弦的一个圆上，
由正弦定理可得 外接圆的直径为 ，即 ，
当点 在 外部时，如图所示，
因为 ，可得 ，所以 ，
所以 的长度为 ，
同理，当点在 内部时，可得对应的弧长也是 ，
所以动点 的轨迹的长度为 ，故D正确．
故选：ACD.
11．ABD
【分析】对于A， 当平面 平面 时，三棱锥 的高最大，再棱锥体积公
式计算即可；
对于B，设 的中点为 ，则由 知， ，所以 为
三棱锥 外接球的球心，其半径为 ，再用球的体积公式计算即可；
对于C，若 ，由 ， ， 平面 ， 平面 ，
可得 平面 ，得到 ，因为 ，直角三角形斜边最长，知道不成立;
6
学科网（北京）股份有限公司对于Ｄ, 因为 是定值，则只需 到面 的距离最大时， 与平面 所成角最大，
当平面 平面 时， 到面 的距离最大为 ，再用锐角三角函数和同角三
角函数关系分析计算即可.
【详解】解：对于A， ，
当平面 平面 时，三棱锥 的高最大，
此时体积最大值为 ，故A正确；
对于B，设 的中点为 ，则由 知， ，
所以 为三棱锥 外接球的球心，其半径为 ，
所以外接球体积为 ，即三棱锥 的外接球体积不变，故B正确；
对于C，若 ，由 ， ， 平面 ， 平面 ，
可得 平面 ，因为 平面 ，则 ，
因 ，根据直角三角形斜边最长，知道不成立，故C错误；
对于D，因为 是定值，则只需 到面 的距离最大时， 与平面 所成角最
大，
当平面 平面 时， 到面 的距离为 ，
设 与平面 所成角为 ，此时 ，
因为 为锐角，所以 ，
即 与平面 所成角的余弦值最小值为 ，故D正确．
故选：ABD
12．
解析：设事件A＝“第一次抽出的是黑球”，事件B＝“第二次抽出的是黑球”，则B＝
AB＋B，由全概率公式P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)．
7
学科网（北京）股份有限公司由题意P(A)＝，P(B|A)＝，
P()＝，P(B|)＝，
所以P(B)＝＋＝.
13．
【分析】利用中位线的性质得到 ，且 ，根据 得到
，然后利用点到直线的距离公式得到 ，最后再直角三角形 中利用勾股
定理列方程得到 ，即可得到双曲线方程.
【详解】因为 ， ，且 为 中点，所以 ，且 ，
，因为 ，
所以 ，解得 ，
直线 的方程为 ，所以 ，则
，
在直角三角形 中利用勾股定理得 ，
解得 ，所以双曲线的标准方程为 .
故答案为： .
14．1
【分析】令 ，则原函数会转化为关于 的一元二次方程的根，通过韦达定理确定根的
情况，同时研究内层函数 的图象，数形结合研究零点的范围.
8
学科网（北京）股份有限公司【详解】设 ，
，
当 时， ；
当 时， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
且 时， ； 时， ，
∴ ，
作出 的图象，如图，要使 有三个不同的零点 ，
其中
令 ，则 需要有两个不同的实数根 （其中 ）
可得 ，
∵ ，∴ ，则
∴ ，则 ，且
∴ ，
故答案为：1.
【点睛】关键点点睛：数形结合的思想来确定零点所在的区间，以及零点之间的关系，再
利用韦达定理化简进而求得结果。
15．(1)
(2)
【详解】（1）由 ，得 ，
9
学科网（北京）股份有限公司因为 ，所以 ，
所以 是以 为首项，1为公差的等差数列，所以 ，
所以，当 时， ，
当 时， 也满足上式，
所以数列 的通项公式为 ．
（2）由 知：
当 时， ，
①，
则 ②，
由 得： ，
化简得： ，
当 时， 也满足上式，
所以数列 的通项公式为 ．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取 中点 ，连接 、 ，则 ，故可得 面
，从而得到 .
（2）利用向量法可求面 、面 的法向量，计算出它们的夹角的余弦值后可得二面
角的余弦值.
【详解】（1）取 中点 ，连接 、 ，
10
学科网（北京）股份有限公司因为 ，所以 ，
又因为 面 面 ，所以 面 ，
因为 面 ，所以 .
（2）因为 为直径，故 为底面圆的圆心，故 平面 ，而
故可建立如图所示的空间直角坐标系，
因为圆锥侧面积为 为底面直径， ，所以底面半径为1，母线长为√3，
所以 ，
则可得 ，
故 ，
设 为面 的法向量，则
，
令 ，则 ，所以 .
设 为面 的法向量，
则 ，
令 ，则 ，所以 .
则 ，
所以平面PAB和平面PAC所成角的余弦值为 .
17．(1) ；
11
学科网（北京）股份有限公司(2)（i）证明见解析；（ii） .
【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得.
（2）（i）设出直线 的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即
得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值.
【详解】（1）令椭圆 的半焦距为c，由离心率为 ，得 ，解得
，
由三角形面积为 ，得 ，则 ， ，
所以 的方程是 .
（2）由（1）知，点 ，设直线 的方程为 ，设 ，
由 消去x得： ，
则 ，
直线 与 的斜率分别为 ， ，
于是
，整理得 ，解得 或
，
当 时，直线 过点 ，不符合题意，因此 ，
12
学科网（北京）股份有限公司直线 ： 恒过定点 .
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、
横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
18．(1) ；(2)
【分析】（1）对函数求导后，由 ，得 或 ，然后分 ，
和 三种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间和极值，使极大
值为 可求出 ；
（2）将问题转化为 在 上的值域是 在 的值域的子集，由
（2）知 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，然
后分 ， 和 三种情况讨论即可.
【详解】（1） ，
因为 ，令 ，解得 或 ，
①当 时，即 时， 在 上单调递增，
在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 的极大值为 ，不符合题意；
②当 时，即 时， ， 在R上单调递增，无极大值；
③当 时，即 时， 在 上单调递增，
在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 极大值为 ， ，符合题意．
13
学科网（北京）股份有限公司综上所述， ．
（2）由题意得当 时， 在 上的值域是 在 的值域的子集，
由（2）知， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
且当 时， ，当 时， ，
①当 时，即 时，当 时， 单调递增， ，
又因为当 时， ，
因为 ，所以当 时， 使得 ，
②当 时，即 时，
当 时， 单调递增， ，
当 时， ，
若满足题意，只需 ，即 ，
③当 时，即 时，
当 时， 在 上单调递减， 上单调递增，
所以函数 的最小值为 ，所以 ，
又因为 时， ，
若满足题意，只需 ，即 ，
因为 ，所以 ，所以无解，所以 不合题意
综上，实数 的取值范围为 ．
【点睛】关键点点睛：此题第（3）问解题的关键是转化问题为当 时， 在
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学科网（北京）股份有限公司上的值域是 在 的值域的子集，进一步转化求函数的值域问题，
从而得解.
19.解：(1)因为cos2A+cos2B−cos2C=1，
所 以 1−2sin2A+1−2sin2B−1+2sin2C=1， 即
sin2A+sin2B=sin2C，
由正弦定理得a2+b2=c2．
所以C=90∘．
(2)由(1)知C=90∘，所以▵ABC的三个角都小于120∘，
因为点M为▵ABC的费马点，所以∠AMB=∠BMC=∠CMA=120∘．
由S =S +S +S 得：
▵ABC ▵AMB ▵BMC ▵CMA
1 1 1 1
ab= |MA|⋅|MB|sin120∘+ |MB|⋅|MC|sin120∘+ |MC|⋅|MA|sin120∘，
2 2 2 2
2√3
整理得|MA|⋅|MB|+|MB|⋅|MC|+|MC|⋅|MA|= ab ．
3
又因为c2=a2+b2=16≥2ab，所以ab≤8，当且仅当a=b时等号成立．
2√3 16√3
所以|MA|⋅|MB|+|MB|⋅|MC|+|MC|⋅|MA|= ab≤ ，
3 3
16√3
所以|MA|⋅|MB|+|MB|⋅|MC|+|MC|⋅|MA|的最大值为 ．
3
(3)由(2)知∠AMB=∠BMC=∠CMA=120∘．
设|MC|=x,|MA|=mx,|MB|=nx,(x>0,m>0,n>0)，
由|MA|+|MB|=t|MC|得m+n=t．
由余弦定理得：
在 中， ，
△ACM |AC|2=x2+m2x2−2mx2cos120∘=(m2+m+1)x2
在 中， ，
▵BCM |BC|2=x2+n2x2−2nx2cos120∘=(n2+n+1)x2
在 中， ，
▵ABM |AB|2=m2x2+n2x2−2mnx2cos120∘=(m2+n2+mn)x2
因为|AC|2+|BC|2=|AB|2，
所以 ，
(m2+m+1)x2+(n2+n+1)x2=(m2+n2+mn)x2
整理得m+n+2=mn．
15
学科网（北京）股份有限公司因为 (m+n) 2，当且仅当 时等号成立，
m+n+2=mn≤ m=n
2
所以 (t ) 2，整理得 ，
t+2≤ t2−4t−8≥0
2
解得t≥2+2√3或者t≤2−2√3(舍去)， 所以实数t的最小值为2+2√3．
16
学科网（北京）股份有限公司
