2025届贵州省贵阳市四校高中毕业班3月份模拟(梧州二模)考试数学试题试卷含解析_第1页
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文档简介

2025届贵州省贵阳市四校高中毕业班3月份模拟(梧州二模)考试数学试题试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.若单位向量,夹角为,,且,则实数()A.-1 B.2 C.0或-1 D.2或-12.已知是第二象限的角,,则()A. B. C. D.3.下列命题为真命题的个数是()(其中,为无理数)①;②;③.A.0 B.1 C.2 D.34.一辆邮车从地往地运送邮件,沿途共有地,依次记为,,…(为地,为地).从地出发时,装上发往后面地的邮件各1件,到达后面各地后卸下前面各地发往该地的邮件,同时装上该地发往后面各地的邮件各1件,记该邮车到达,,…各地装卸完毕后剩余的邮件数记为.则的表达式为().A. B. C. D.5.已知全集,函数的定义域为,集合,则下列结论正确的是A. B.C. D.6.已知三棱锥中,为的中点,平面,,,则有下列四个结论:①若为的外心,则;②若为等边三角形,则;③当时,与平面所成的角的范围为;④当时,为平面内一动点,若OM∥平面,则在内轨迹的长度为1.其中正确的个数是().A.1 B.1 C.3 D.47.已知角的终边经过点,则A. B.C. D.8.若复数是纯虚数,则()A.3 B.5 C. D.9.正四棱锥的五个顶点在同一个球面上,它的底面边长为,侧棱长为,则它的外接球的表面积为()A. B. C. D.10.函数在上单调递减的充要条件是()A. B. C. D.11.如图,抛物线:的焦点为,过点的直线与抛物线交于,两点,若直线与以为圆心,线段(为坐标原点)长为半径的圆交于,两点,则关于值的说法正确的是()A.等于4 B.大于4 C.小于4 D.不确定12.过双曲线左焦点的直线交的左支于两点,直线(是坐标原点)交的右支于点,若,且,则的离心率是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若函数,其中且,则______________.14.若函数与函数,在公共点处有共同的切线,则实数的值为______.15.已知关于的不等式对于任意恒成立,则实数的取值范围为_________.16.春天即将来临,某学校开展以“拥抱春天,播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动.已知某种盆栽植物每株成活的概率为,各株是否成活相互独立.该学校的某班随机领养了此种盆栽植物10株,设为其中成活的株数,若的方差,,则________.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线极坐标方程为.若直线交曲线于,两点,求线段的长.18.(12分)如图,在四棱锥中底面是菱形,,是边长为的正三角形,,为线段的中点.求证:平面平面;是否存在满足的点,使得?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.19.(12分)已知曲线的极坐标方程为,直线的参数方程为(为参数).(1)求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程;(2)已知点,直线与曲线交于、两点,求.20.(12分)已知函数.(1)解不等式;(2)使得,求实数的取值范围.21.(12分)某大型公司为了切实保障员工的健康安全,贯彻好卫生防疫工作的相关要求,决定在全公司范围内举行一次普查,为此需要抽验1000人的血样进行化验,由于人数较多,检疫部门制定了下列两种可供选择的方案.方案①:将每个人的血分别化验,这时需要验1000次.方案②:按个人一组进行随机分组,把从每组个人抽来的血混合在一起进行检验,如果每个人的血均为阴性,则验出的结果呈阴性,这个人的血只需检验一次(这时认为每个人的血化验次);否则,若呈阳性,则需对这个人的血样再分别进行一次化验,这样,该组个人的血总共需要化验次.假设此次普查中每个人的血样化验呈阳性的概率为,且这些人之间的试验反应相互独立.(1)设方案②中,某组个人的每个人的血化验次数为,求的分布列;(2)设,试比较方案②中,分别取2,3,4时,各需化验的平均总次数;并指出在这三种分组情况下,相比方案①,化验次数最多可以平均减少多少次?(最后结果四舍五入保留整数)22.(10分)设椭圆:的左、右焦点分别为,,下顶点为,椭圆的离心率是,的面积是.(1)求椭圆的标准方程.(2)直线与椭圆交于,两点(异于点),若直线与直线的斜率之和为1,证明:直线恒过定点,并求出该定点的坐标.

参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.D【解析】

利用向量模的运算列方程,结合向量数量积的运算,求得实数的值.【详解】由于,所以,即,,即,解得或.故选:D本小题主要考查向量模的运算,考查向量数量积的运算,属于基础题.2.D【解析】

利用诱导公式和同角三角函数的基本关系求出,再利用二倍角的正弦公式代入求解即可.【详解】因为,由诱导公式可得,,即,因为,所以,由二倍角的正弦公式可得,,所以.故选:D本题考查诱导公式、同角三角函数的基本关系和二倍角的正弦公式;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;属于中档题.3.C【解析】

对于①中,根据指数幂的运算性质和不等式的性质,可判定值正确的;对于②中,构造新函数,利用导数得到函数为单调递增函数,进而得到,即可判定是错误的;对于③中,构造新函数,利用导数求得函数的最大值为,进而得到,即可判定是正确的.【详解】由题意,对于①中,由,可得,根据不等式的性质,可得成立,所以是正确的;对于②中,设函数,则,所以函数为单调递增函数,因为,则又由,所以,即,所以②不正确;对于③中,设函数,则,当时,,函数单调递增,当时,,函数单调递减,所以当时,函数取得最大值,最大值为,所以,即,即,所以是正确的.故选:C.本题主要考查了不等式的性质,以及导数在函数中的综合应用,其中解答中根据题意,合理构造新函数,利用导数求得函数的单调性和最值是解答的关键,着重考查了构造思想,以及推理与运算能力,属于中档试题.4.D【解析】

根据题意,分析该邮车到第站时,一共装上的邮件和卸下的邮件数目,进而计算可得答案.【详解】解:根据题意,该邮车到第站时,一共装上了件邮件,需要卸下件邮件,则,故选:D.本题主要考查数列递推公式的应用,属于中档题.5.A【解析】

求函数定义域得集合M,N后,再判断.【详解】由题意,,∴.故选A.本题考查集合的运算,解题关键是确定集合中的元素.确定集合的元素时要注意代表元形式,集合是函数的定义域,还是函数的值域,是不等式的解集还是曲线上的点集,都由代表元决定.6.C【解析】

由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断①正确;反证法由线面垂直的判断和性质可判断②错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断③正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得④正确.【详解】画出图形:若为的外心,则,平面,可得,即,①正确;若为等边三角形,,又可得平面,即,由可得,矛盾,②错误;若,设与平面所成角为可得,设到平面的距离为由可得即有,当且仅当取等号.可得的最大值为,即的范围为,③正确;取中点,的中点,连接由中位线定理可得平面平面可得在线段上,而,可得④正确;所以正确的是:①③④故选:C此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断,处理这类问题,可以用已知的定理或性质来证明,也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.7.D【解析】因为角的终边经过点,所以,则,即.故选D.8.C【解析】

先由已知,求出,进一步可得,再利用复数模的运算即可【详解】由z是纯虚数,得且,所以,.因此,.故选:C.本题考查复数的除法、复数模的运算,考查学生的运算能力,是一道基础题.9.C【解析】

如图所示,在平面的投影为正方形的中心,故球心在上,计算长度,设球半径为,则,解得,得到答案.【详解】如图所示:在平面的投影为正方形的中心,故球心在上,,故,,设球半径为,则,解得,故.故选:.本题考查了四棱锥的外接球问题,意在考查学生的空间想象能力和计算能力.10.C【解析】

先求导函数,函数在上单调递减则恒成立,对导函数不等式换元成二次函数,结合二次函数的性质和图象,列不等式组求解可得.【详解】依题意,,令,则,故在上恒成立;结合图象可知,,解得故.故选:C.本题考查求三角函数单调区间.求三角函数单调区间的两种方法:(1)代换法:就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角(或),利用基本三角函数的单调性列不等式求解;(2)图象法:画出三角函数的正、余弦曲线,结合图象求它的单调区间.11.A【解析】

利用的坐标为,设直线的方程为,然后联立方程得,最后利用韦达定理求解即可【详解】据题意,得点的坐标为.设直线的方程为,点,的坐标分别为,.讨论:当时,;当时,据,得,所以,所以.本题考查直线与抛物线的相交问题,解题核心在于联立直线与抛物线的方程,属于基础题12.D【解析】

如图,设双曲线的右焦点为,连接并延长交右支于,连接,设,利用双曲线的几何性质可以得到,,结合、可求离心率.【详解】如图,设双曲线的右焦点为,连接,连接并延长交右支于.因为,故四边形为平行四边形,故.又双曲线为中心对称图形,故.设,则,故,故.因为为直角三角形,故,解得.在中,有,所以.故选:D.本题考查双曲线离心率,注意利用双曲线的对称性(中心对称、轴对称)以及双曲线的定义来构造关于的方程,本题属于难题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

先化简函数的解析式,在求出,从而求得的值.【详解】由题意,函数可化简为,所以,所以.故答案为:0.本题主要考查了二项式定理的应用,以及导数的运算和函数值的求解,其中解答中正确化简函数的解析式,准确求解导数是解答的关键,着重考查了推理与运算能力.14.【解析】

函数的定义域为,求出导函数,利用曲线与曲线公共点为由于在公共点处有共同的切线,解得,,联立解得的值.【详解】解:函数的定义域为,,,设曲线与曲线公共点为,由于在公共点处有共同的切线,∴,解得,.由,可得.联立,解得.故答案为:.本题考查函数的导数的应用,切线方程的求法,考查转化思想以及计算能力,是中档题.15.【解析】

先将不等式对于任意恒成立,转化为任意恒成立,设,求出在内的最小值,即可求出的取值范围.【详解】解:由题可知,不等式对于任意恒成立,即,又因为,,对任意恒成立,设,其中,由不等式,可得:,则,当时等号成立,又因为在内有解,,则,即:,所以实数的取值范围:.故答案为:.本题考查不等式恒成立问题,利用分离参数法和构造函数,通过求新函数的最值求出参数范围,考查转化思想和计算能力.16.【解析】

由题意可知:,且,从而可得值.【详解】由题意可知:∴,即,∴故答案为:本题考查二项分布的实际应用,考查分析问题解决问题的能力,考查计算能力,属于中档题.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.【解析】

由,化简得,由,所以直线的直角坐标方程为,因为曲线的参数方程为,整理得,直线的方程与曲线的方程联立,,整理得,设,则,根据弦长公式求解即可.【详解】由,化简得,又因为,所以直线的直角坐标方程为,因为曲线的参数方程为,消去,整理得,将直线的方程与曲线的方程联立,,消去,整理得,设,则,所以,将,代入上式,整理得.本题考查参数方程,极坐标方程的应用,结合弦长公式的运用,属于中档题.18.证明见解析;2.【解析】

利用面面垂直的判定定理证明即可;由,知,所以可得出,因此,的充要条件是,继而得出的值.【详解】解:证明:因为是正三角形,为线段的中点,所以.因为是菱形,所以.因为,所以是正三角形,所以,而,所以平面.又,所以平面.因为平面,所以平面平面.由,知.所以,,.因此,的充要条件是,所以,.即存在满足的点,使得,此时.本题主要考查平面与平面垂直的判定、三棱锥的体积等基础知识;考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力和创新意识;考查化归与转化、函数与方程等数学思想,属于难题.19.(1).(2)【解析】

(1)根据极坐标与直角坐标互化公式,以及消去参数,即可求解;(2)设两点对应的参数分别为,,将直线的参数方程代入曲线方程,结合根与系数的关系,即可求解.【详解】(1)对于曲线的极坐标方程为,可得,又由,可得,即,所以曲线的普通方程为.由直线的参数方程为(为参数),消去参数可得,即直线的方程为,即.(2)设两点对应的参数分别为,,将直线的参数方程(为参数)代入曲线中,可得.化简得:,则.所以.本题主要考查了参数方程与普通方程,极坐标方程与直角坐标方程的互化,以及直线的参数方程的应用,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.20.(1);(2)或.【解析】

(1)分段讨论得出函数的解析式,再分范围解不等式,可得解集;(2)先求出函数的最小值,再建立关于的不等式,可求得实数的取值范围.【详解】(1)因为,所以当时,;当时,无解;当时,;综上,不等式的解集为;(2),又,或.本题考查分段函数,绝对值不等式的解法,以及关于函数的存在和任意的问题,属于中档题.21.(1)分布列见解析;(2)406.【解

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