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文档简介
百色市重点中学2025届高考模拟试题考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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.已知函数是定义在上的偶函数,当时,,则,,的大小关系为()A. B. C. D.2.在复平面内,复数(,)对应向量(O为坐标原点),设,以射线Ox为始边,OZ为终边旋转的角为,则,法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理:,,则,由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式:,已知,则()A. B.4 C. D.163.已知,且,则()A. B. C. D.4.若函数的图象过点,则它的一条对称轴方程可能是()A. B. C. D.5.在中,,,,则边上的高为()A. B.2 C. D.6.()A. B. C. D.7.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的最长棱的长为()A. B. C. D.8.在正方体中,点,,分别为棱,,的中点,给出下列命题:①;②;③平面;④和成角为.正确命题的个数是()A.0 B.1 C.2 D.39.已知双曲线的左、右焦点分别为,,P是双曲线E上的一点,且.若直线与双曲线E的渐近线交于点M,且M为的中点,则双曲线E的渐近线方程为()A. B. C. D.10.设全集,集合,,则集合()A. B. C. D.11.已知为实数集,,,则()A. B. C. D.12.已知正方体的体积为,点,分别在棱,上,满足最小,则四面体的体积为A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.等边的边长为2,则在方向上的投影为________.14.已知,则______,______.15.设数列的前项和为,且对任意正整数,都有,则___16.的三个内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,已知,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)已知各项均为正数的数列的前项和为,且是与的等差中项.(1)证明:为等差数列,并求;(2)设,数列的前项和为,求满足的最小正整数的值.18.(12分)已知,且的解集为.(1)求实数,的值;(2)若的图像与直线及围成的四边形的面积不小于14,求实数取值范围.19.(12分)已知矩阵,,若矩阵,求矩阵的逆矩阵.20.(12分)已知曲线,直线:(为参数).(I)写出曲线的参数方程,直线的普通方程;(II)过曲线上任意一点作与夹角为的直线,交于点,的最大值与最小值.21.(12分)已知函数.(1)若在上是减函数,求实数的最大值;(2)若,求证:.22.(10分)已知函数有两个极值点,.(1)求实数的取值范围;(2)证明:.
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.C【解析】
根据函数的奇偶性得,再比较的大小,根据函数的单调性可得选项.【详解】依题意得,,当时,,因为,所以在上单调递增,又在上单调递增,所以在上单调递增,,即,故选:C.本题考查函数的奇偶性的应用、幂、指、对的大小比较,以及根据函数的单调性比较大小,属于中档题.2.D【解析】
根据复数乘方公式:,直接求解即可.【详解】,.故选:D本题考查了复数的新定义题目、同时考查了复数模的求法,解题的关键是理解棣莫弗定理,将复数化为棣莫弗定理形式,属于基础题.3.B【解析】分析:首先利用同角三角函数关系式,结合题中所给的角的范围,求得的值,之后借助于倍角公式,将待求的式子转化为关于的式子,代入从而求得结果.详解:根据题中的条件,可得为锐角,根据,可求得,而,故选B.点睛:该题考查的是有关同角三角函数关系式以及倍角公式的应用,在解题的过程中,需要对已知真切求余弦的方法要明确,可以应用同角三角函数关系式求解,也可以结合三角函数的定义式求解.4.B【解析】
把已知点坐标代入求出,然后验证各选项.【详解】由题意,,或,,不妨取或,若,则函数为,四个选项都不合题意,若,则函数为,只有时,,即是对称轴.故选:B.本题考查正弦型复合函数的对称轴,掌握正弦函数的性质是解题关键.5.C【解析】
结合正弦定理、三角形的内角和定理、两角和的正弦公式,求得边长,由此求得边上的高.【详解】过作,交的延长线于.由于,所以为钝角,且,所以.在三角形中,由正弦定理得,即,所以.在中有,即边上的高为.故选:C本小题主要考查正弦定理解三角形,考查三角形的内角和定理、两角和的正弦公式,属于中档题.6.B【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.【详解】.故选B.本题考查复数代数形式的乘除运算,考查了复数的基本概念,是基础题.7.D【解析】
先根据三视图还原几何体是一个四棱锥,根据三视图的数据,计算各棱的长度.【详解】根据三视图可知,几何体是一个四棱锥,如图所示:由三视图知:,所以,所以,所以该几何体的最长棱的长为故选:D本题主要考查三视图的应用,还考查了空间想象和运算求解的能力,属于中档题.8.C【解析】
建立空间直角坐标系,利用向量的方法对四个命题逐一分析,由此得出正确命题的个数.【详解】设正方体边长为,建立空间直角坐标系如下图所示,,.①,,所以,故①正确.②,,不存在实数使,故不成立,故②错误.③,,,故平面不成立,故③错误.④,,设和成角为,则,由于,所以,故④正确.综上所述,正确的命题有个.故选:C本小题主要考查空间线线、线面位置关系的向量判断方法,考查运算求解能力,属于中档题.9.C【解析】
由双曲线定义得,,OM是的中位线,可得,在中,利用余弦定理即可建立关系,从而得到渐近线的斜率.【详解】根据题意,点P一定在左支上.由及,得,,再结合M为的中点,得,又因为OM是的中位线,又,且,从而直线与双曲线的左支只有一个交点.在中.——①由,得.——②由①②,解得,即,则渐近线方程为.故选:C.本题考查求双曲线渐近线方程,涉及到双曲线的定义、焦点三角形等知识,是一道中档题.10.C【解析】∵集合,,∴点睛:本题是道易错题,看清所问问题求并集而不是交集.11.C【解析】
求出集合,,,由此能求出.【详解】为实数集,,,或,.故选:.本题考查交集、补集的求法,考查交集、补集的性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.12.D【解析】
由题意画出图形,将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面,可得当时最小,设正方体的棱长为,得,进一步求出四面体的体积即可.【详解】解:如图,
∵点M,N分别在棱上,要最小,将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面,三线共线时,最小,
∴
设正方体的棱长为,则,∴.
取,连接,则共面,在中,设到的距离为,
设到平面的距离为,
.
故选D.本题考查多面体体积的求法,考查了多面体表面上的最短距离问题,考查计算能力,是中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
建立直角坐标系,结合向量的坐标运算求解在方向上的投影即可.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系,由题意可知:,,,则:,,且,,据此可知在方向上的投影为.本题主要考查平面向量数量积的坐标运算,向量投影的定义与计算等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14.【解析】
利用两角和的正切公式结合可得出的方程,即可求出的值,然后利用二倍角的正、余弦公式结合弦化切思想求出和的值,进而利用两角差的余弦公式求出的值.【详解】,,,.故答案为:;.本题主要考查三角函数值的计算,考查两角和的正切公式、两角差的余弦公式、二倍角的正弦公式、余弦公式以及弦化切思想的应用,难度不大.15.【解析】
利用行列式定义,得到与的关系,赋值,即可求出结果。【详解】由,令,得,解得。本题主要考查行列式定义的应用。16.【解析】
利用正弦定理边化角可得,从而可得,进而求解.【详解】由,由正弦定理可得,即,整理可得,又因为,所以,因为,所以,故答案为:本题主要考查了正弦定理解三角形、两角和的正弦公式,属于基础题.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.(1)见解析,(2)最小正整数的值为35.【解析】
(1)由等差中项可知,当时,得,整理后可得,从而证明为等差数列,继而可求.(2),则可求出,令,即可求出的取值范围,进而求出最小值.【详解】解析:(1)由题意可得,当时,,∴,,当时,,整理可得,∴是首项为1,公差为1的等差数列,∴,.(2)由(1)可得,∴,解得,∴最小正整数的值为35.本题考查了等差中项,考查了等差数列的定义,考查了与的关系,考查了裂项相消求和.当已知有与的递推关系时,常代入进行整理.证明数列是等差数列时,一般借助数列,即后一项与前一项的差为常数.18.(1),;(2)【解析】
(1)解绝对值不等式得,根据不等式的解集为列出方程组,解出即可;(2)求出的图像与直线及交点的坐标,通过分割法将四边形的面积分为两个三角形,列出不等式,解不等式即可.【详解】(1)由得:,,即,解得,.(2)的图像与直线及围成的四边形,,,,.过点向引垂线,垂足为,则.化简得:,(舍)或.故的取值范围为.本题主要考查了绝对值不等式的求法,以及绝对值不等式在几何中的应用,属于中档题.19..【解析】试题分析:,所以.试题解析:B.因为,所以.20.(I);(II)最大值为,最小值为.【解析】试题分析:(I)由椭圆的标准方程设,得椭圆的参数方程为,消去参数即得直线的普通方程为;(II)关键是处理好与角的关系.过点作与垂直的直线,垂足为,则在中,,故将的最大值与最小值问题转化为椭圆上的点,到定直线的最大值与最小值问题处理.试题解析:(I)曲线C的参数方程为(为参数).直线的普通方程为.(II)曲线C上任意一点到的距离为.则.其中为锐角,且.当时,取到最大值,最大值为.当时,取到最小值,最小值为.【考点定位】1、椭圆和直线的参数方程;2、点到直线的距离公式;3、解直角三角形.21.(1)(2)详见解析【解析】
(1),在上,因为是减函数,所以恒成立,即恒成立,只需.令,,则,因为,所以.所以在上是增函数,所以,所以,解得.所以实数的最大值为.(2),.令,则,根据题意知,所以在上是增函数.又因为,当从正方向趋近于0时,趋近于,趋近于1,所以,所以存在,使,即,,所以对任意,,即,所以在上是减函数;对任意,,即,所以在上是增函数,所以当时,取得最小值,最小值为.由于,,则,当且仅当,即时取等号,所以当时,.22.(1)(2)证明见解析【解析】
(1)先求得导函数,根据两个极值点可知有两个不等实根,构造函数,求得;讨论和两种情况,即可确定零点的情况,即可由零点的情况确定的取值范围;(2)根据极值点定义可知,,代入不等式化简变形后可知只需证明;构造函数,并求得,进而判断的单调区间,由题意可知,并设,构造函数,并求得,即可判断在内的单调性和最值,进而可得,即可由函数性质得,进而由单调性证明,即证明,从而证明原不等式成立.【详解】(1)函数则,因为存在两个极值点,,所以有两个不等实根.设,所以.①当时,,所以在上单调递增,至多有一个零点,不符合题意.②
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