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2025年辽宁省辽阳市灯塔第一高级中学高考数学二模试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.若双曲线以为渐近线，且为一个顶点，则双曲线的方程为( )
A. B. C. D.
3.已知直线经过圆的圆心，则的最小值为( )
A. B. C. D.
4.若，则( )
A. B. C. D.
5.某艺术吊灯如图所示，图是其几何结构图底座是边长为的正方形，垂直于底座且长度为的四根吊挂线，，，一头连着底座端点，另一头都连在球的表面上底座厚度忽略不计，若该艺术吊灯总高度为，则球的体积为( )
A. B. C. D.
6.已知的周长为，，当的面积最大时，则的内切圆半径为( )
A. B. C. D.
7.已知是公差为的等差数列，是公比为的等比数列若，则“是递增数列”是“”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
8.已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，过作的垂线与在第一象限内交于点，且设的离心率为，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知，都是复数，下列正确的是( )
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
10.已知，分别是双曲线的左、右焦点，斜率为且过点的直线交的右支于，两点，在第一象限，且，则( )
A. 点到的渐近线的距离为
B.
C. 的离心率为
D. 分别以，为直径的圆的公共弦长为
11.六艺是中国古代君子的六门必修课，即礼、乐、射、御、书、数礼记射义：“射者，仁之道也射求正诸己，已正而后发；发而不中，则不怨胜己者，反求诸己而已矣”若甲、乙两人玩射箭游戏，规则如下：每次由其中一人射箭，若中靶，则此人继续射箭；若未中靶，则换对方射箭已知甲每次射箭命中的概率均为，乙每次射箭命中的概率均为，由抽签确定第次射箭的人，甲、乙抽中的机会均等，则下列选项正确的是( )
A. 第次射箭的人是甲的概率为
B. 在第次射箭的人是甲的条件下，第次射箭的人是乙的概率为
C. 在前次射箭中，甲只射箭次的概率为
D. 若第次射箭的人是甲的概率为，则
三、填空题：本题共3小题，共15分。
12.已知实数，，满足，且，则 ______．
13.已知函数，且的最小值为，则 ______．
14.卷积神经网络，简称是人工神经网络的一种，它在图像识别中扮演关键角色，即使图像经历平移、旋转等变换也能准确识别它的工作原理是用卷积核在原图上进行步长为的运动扫描，卷积核与扫描部分的对应位置数字相乘并求和得出新的值，例如下图中卷积核对一个图像运算，图中虚线部分经过运算为，，依此规律完成第阶段的卷积运算，同理完成第阶段的卷积运算，得到卷积结果为．
根据以上信息卷积核按照步长为进行运动扫描，一个的图像，记表示其第行，第列数据，满足，卷积核为，图像经历______个阶段卷积核运算后，卷积结果为一个数值；若满足，则 ______参考数据：
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.本小题分
如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，为的中点，．
证明：；
求平面与平面夹角的余弦值．
16.本小题分
在中，内角，，所对的边分别为，，，且．
判断的形状；
设，且是边的中点，求当最大时，的面积．
17.本小题分
某企业在年的年终庆典中，有一个根据“歌曲旋律猜歌名”的游戏，该游戏环节的规则如下：设定，，三首歌曲，按照一定的顺序猜，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，直到猜不对或猜完为止员工甲猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对歌曲，，歌名的概率分别为，，其中，猜对时获得的奖励分别为千元，千元，千元．
若甲按照，，的顺序猜，至少猜对两首的概率为；按照，，的顺序猜，至少猜对两首的概率为，比较与的大小．
已知甲考虑了两种方案，方案一：按照，，的顺序猜；方案二：按照，，的顺序猜请从获得奖励的数学期望的角度分析，甲应当选择哪种方案？
18.本小题分
已知函数．
Ⅰ若曲线在点处的切线为，求的值；
Ⅱ若为上的单调函数，求的取值范围；
Ⅲ若函数，求证：可以取无数个值，使得每一个的取值都恰有三个不同的零点．
19.本小题分
已知双曲线的两条渐近线为，且经过点．
求双曲线的方程；
过点作两条互相垂直的直线两条直线的斜率都存在分别交双曲线于点、和点、，、分别为弦和的中点，直线与轴交于点；过点作两条互相垂直的直线两条直线的斜率都存在分别交双曲线于点、和点、，、分别为弦和的中点，直线与轴交于点；依此类推得到点列，，求数列的通项公式．
参考答案
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15.解：证明：在中，由，且为的中点，所以，
因为侧面底面，且平面，侧面底面，
可得平面，
又因为平面，所以，
又由，
可得，
因为，所以，
所以，
又因为，且，平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
解：取的中点，连接，
以为原点，以，，所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，因为底面为矩形，且，
则，
可得，
设平面的法向量为，
则，则，
取，可得，，所以，
又因为平面，
所以向量是平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
16.解：内角，，所对的边分别为，，，且，
则由二倍角公式得，
所以，
整理得，即．
因为，，所以，即，即为等腰三角形．
由及题设，有，
所以
，当且仅当时，等号成立．
又为三角形内角，所以，即的最大值为，此时，又，所以，
故AD，可得为直角三角形且．
又由可得为正三角形，
所以当最大时，的面积．
17.解：由题意可知，，，
所以，
因为，所以，
所以，
即；
方案一：设获得奖励的金额为，
则的所有可能取值为：，，，，
且，，，，
所以，
方案二：设获得奖励的金额为，
则的所有可能取值为：，，，，
且，，，，
所以，
所以，
所以甲应该选择方案二．
18.解：Ⅰ，故，，
由题可知，，故，解得．
Ⅱ若为上的单调增函数，则在上恒成立，即，即恒成立，
又，故；
若为上的单调减函数，则在上恒成立，即，也即恒成立，
又，故；
综上所述，若为上的单调函数，则的范围为．
Ⅲ证明：，其定义域为，又，故其为奇函数，
又，故只需证明可以取无数个值，使得每一个的取值在有一个零点即可，
又，
令，则，
当时，由可知，为上的单调减函数，
又，故在恒成立，
故在单调递减，又，，
故存在，使得，
则当，，单调递增；
当，，单调递减；
故当，，
又，
故存在，使得；
综上所述：当时，在存在唯一零点，
即当时，恰好有三个零点，于是，可以取无数个值，使得每一个的取值都恰有三个不同的零点．
19.解：因为双曲线的两条渐近线为，且经过点，
所以，
解得，，
则双曲线的方程为；
令，
设两条直线的方程分别为，，，，
联立，消去并整理得，
此时且，
解得，
由韦达定理得，
即，
同理得，
所以，
则直线的方程为，
令，
解得，
所以，
因为，
所以，
则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
故数列的通项公式为．
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