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文档简介

吉林省长春市榆树市第一高级中学2025届高考数学倒计时模拟卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。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.若复数满足,则()A. B. C. D.2.不等式组表示的平面区域为,则()A., B.,C., D.,3.△ABC的内角A,B,C的对边分别为,已知,则为()A. B. C.或 D.或4.已知复数,则对应的点在复平面内位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限5.给出下列四个命题:①若“且”为假命题,则﹑均为假命题;②三角形的内角是第一象限角或第二象限角;③若命题,,则命题,;④设集合,,则“”是“”的必要条件;其中正确命题的个数是()A. B. C. D.6.将一块边长为的正方形薄铁皮按如图(1)所示的阴影部分裁下,然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器,将该容器按如图(2)放置,若其正视图为等腰直角三角形,且该容器的容积为,则的值为()A.6 B.8 C.10 D.127.设点是椭圆上的一点,是椭圆的两个焦点,若,则()A. B. C. D.8.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.9.已知是等差数列的前项和,若,设,则数列的前项和取最大值时的值为()A.2020 B.20l9 C.2018 D.201710.函数的图象在点处的切线为,则在轴上的截距为()A. B. C. D.11.等腰直角三角形的斜边AB为正四面体侧棱,直角边AE绕斜边AB旋转,则在旋转的过程中,有下列说法:(1)四面体EBCD的体积有最大值和最小值;(2)存在某个位置,使得;(3)设二面角的平面角为,则;(4)AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P,则点P的轨迹为椭圆.其中,正确说法的个数是()A.1 B.2 C.3 D.412.已知实数、满足不等式组,则的最大值为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知f(x)为偶函数,当x≤0时,f(x)=e-x-1-x,则曲线y=f(x)14.在的二项展开式中,所有项的系数的和为________15.(5分)在平面直角坐标系中,过点作倾斜角为的直线,已知直线与圆相交于两点,则弦的长等于____________.16.已知在等差数列中,,,前n项和为,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)已知函数.(Ⅰ)求函数的单调区间;(Ⅱ)当时,求函数在上最小值.18.(12分)已知.(1)解不等式;(2)若均为正数,且,求的最小值.19.(12分)如图,已知在三棱锥中,平面,分别为的中点,且.(1)求证:;(2)设平面与交于点,求证:为的中点.20.(12分)已知向量,函数.(1)求函数的最小正周期及单调递增区间;(2)在中,三内角的对边分别为,已知函数的图像经过点,成等差数列,且,求a的值.21.(12分)已知.(1)求不等式的解集;(2)记的最小值为,且正实数满足.证明:.22.(10分)已知函数,其中为自然对数的底数.(1)若函数在区间上是单调函数,试求的取值范围;(2)若函数在区间上恰有3个零点,且,求的取值范围.

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】

把已知等式变形,利用复数代数形式的除法运算化简,再由复数模的计算公式求解.【详解】解:由,得,∴.故选C.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数模的求法,是基础题.2、D【解析】

根据题意,分析不等式组的几何意义,可得其表示的平面区域,设,分析的几何意义,可得的最小值,据此分析选项即可得答案.【详解】解:根据题意,不等式组其表示的平面区域如图所示,其中,,

设,则,的几何意义为直线在轴上的截距的2倍,

由图可得:当过点时,直线在轴上的截距最大,即,当过点原点时,直线在轴上的截距最小,即,故AB错误;

设,则的几何意义为点与点连线的斜率,由图可得最大可到无穷大,最小可到无穷小,故C错误,D正确;故选:D.【点睛】本题考查本题考查二元一次不等式的性质以及应用,关键是对目标函数几何意义的认识,属于基础题.3、D【解析】

由正弦定理可求得,再由角A的范围可求得角A.【详解】由正弦定理可知,所以,解得,又,且,所以或。故选:D.【点睛】本题主要考查正弦定理,注意角的范围,是否有两解的情况,属于基础题.4、A【解析】

利用复数除法运算化简,由此求得对应点所在象限.【详解】依题意,对应点为,在第一象限.故选A.【点睛】本小题主要考查复数除法运算,考查复数对应点的坐标所在象限,属于基础题.5、B【解析】

①利用真假表来判断,②考虑内角为,③利用特称命题的否定是全称命题判断,④利用集合间的包含关系判断.【详解】若“且”为假命题,则﹑中至少有一个是假命题,故①错误;当内角为时,不是象限角,故②错误;由特称命题的否定是全称命题知③正确;因为,所以,所以“”是“”的必要条件,故④正确.故选:B.【点睛】本题考查命题真假的问题,涉及到“且”命题、特称命题的否定、象限角、必要条件等知识,是一道基础题.6、D【解析】

推导出,且,,,设中点为,则平面,由此能表示出该容器的体积,从而求出参数的值.【详解】解:如图(4),为该四棱锥的正视图,由图(3)可知,,且,由为等腰直角三角形可知,,设中点为,则平面,∴,∴,解得.故选:D【点睛】本题考查三视图和锥体的体积计算公式的应用,属于中档题.7、B【解析】∵∵∴∵,∴∴故选B点睛:本题主要考查利用椭圆的简单性质及椭圆的定义.求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析,既使不画出图形,思考时也要联想到图形,当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时,要理清它们之间的关系,挖掘出它们之间的内在联系.8、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.【点睛】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.9、B【解析】

根据题意计算,,,计算,,,得到答案.【详解】是等差数列的前项和,若,故,,,,故,当时,,,,,当时,,故前项和最大.故选:.【点睛】本题考查了数列和的最值问题,意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.10、A【解析】

求出函数在处的导数后可得曲线在处的切线方程,从而可求切线的纵截距.【详解】,故,所以曲线在处的切线方程为:.令,则,故切线的纵截距为.故选:A.【点睛】本题考查导数的几何意义以及直线的截距,注意直线的纵截距指直线与轴交点的纵坐标,因此截距有正有负,本题属于基础题.11、C【解析】

解:对于(1),当CD⊥平面ABE,且E在AB的右上方时,E到平面BCD的距离最大,当CD⊥平面ABE,且E在AB的左下方时,E到平面BCD的距离最小,∴四面体E﹣BCD的体积有最大值和最小值,故(1)正确;对于(2),连接DE,若存在某个位置,使得AE⊥BD,又AE⊥BE,则AE⊥平面BDE,可得AE⊥DE,进一步可得AE=DE,此时E﹣ABD为正三棱锥,故(2)正确;对于(3),取AB中点O,连接DO,EO,则∠DOE为二面角D﹣AB﹣E的平面角,为θ,直角边AE绕斜边AB旋转,则在旋转的过程中,θ∈[0,π),∠DAE∈[,π),所以θ≥∠DAE不成立.(3)不正确;对于(4)AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P,P到BC的距离为:dP﹣BC,因为<1,所以点P的轨迹为椭圆.(4)正确.故选:C.点睛:该题考查的是有关多面体和旋转体对应的特征,以几何体为载体,考查相关的空间关系,在解题的过程中,需要认真分析,得到结果,注意对知识点的灵活运用.12、A【解析】

画出不等式组所表示的平面区域,结合图形确定目标函数的最优解,代入即可求解,得到答案.【详解】画出不等式组所表示平面区域,如图所示,由目标函数,化为直线,当直线过点A时,此时直线在y轴上的截距最大,目标函数取得最大值,又由,解得,所以目标函数的最大值为,故选A.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题.其中解答中正确画出不等式组表示的可行域,利用“一画、二移、三求”,确定目标函数的最优解是解答的关键,着重考查了数形结合思想,及推理与计算能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、y=2x【解析】试题分析:当x>0时,-x<0,则f(-x)=ex-1+x.又因为f(x)为偶函数,所以f(x)=f(-x)=ex-1+x,所以f'【考点】函数的奇偶性、解析式及导数的几何意义【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当x>0时,函数y=f(x),则当x<0时,求函数的解析式”.有如下结论:若函数f(x)为偶函数,则当x<0时,函数的解析式为y=-f(x);若f(x)为奇函数,则函数的解析式为y=-f(-x).14、1【解析】

设,令,的值即为所有项的系数之和。【详解】设,令,所有项的系数的和为。【点睛】本题主要考查二项式展开式所有项的系数的和的求法─赋值法。一般地,对于,展开式各项系数之和为,注意与“二项式系数之和”区分。15、【解析】

方法一:依题意,知直线的方程为,代入圆的方程化简得,解得或,从而得或,则.方法二:依题意,知直线的方程为,代入圆的方程化简得,设,则,故.方法三:将圆的方程配方得,其半径,圆心到直线的距离,则.16、39【解析】

设等差数列公差为d,首项为,再利用基本量法列式求解公差与首项,进而求得即可.【详解】设等差数列公差为d,首项为,根据题意可得,解得,所以.故答案为:39【点睛】本题考查等差数列的基本量计算以及前n项和的公式,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、(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)当时,函数的最小值是;当时,函数的最小值是【解析】

(1)求出导函数,并且解出它的零点x=,再分区间讨论导数的正负,即可得到函数f(x)的单调区间;

(2)分三种情况加以讨论,结合函数的单调性与函数值的大小比较,即可得到当0<a<ln2时,函数f(x)的最小值是-a;当a≥ln2时,函数f(x)的最小值是ln2-2a.【详解】函数的定义域

为.

因为,令,可得;

当时,;当时,,综上所述:可知函数的单调递增区间为,单调递减区间为当,即时,函数在区间上是减函数,

的最小值是当,即时,函数在区间上是增函数,的最小值是当,即时,函数在上是增函数,在上是减函数.

又,

当时,的最小值是;

当时,的最小值为综上所述,结论为当时,函数的最小值是;

当时,函数的最小值是.【点睛】求函数极值与最值的步骤:(1)确定函数的定义域;(2)求导数;(3)解方程求出函数定义域内的所有根;(4)列表检查在的根左右两侧值的符号,如果左正右负(左增右减),那么在处取极大值,如果左负右正(左减右增),那么在处取极小值.(5)如果只有一个极值点,则在该处即是极值也是最值;(6)如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小18、(1);(2)【解析】

(1)利用零点分段讨论法可求不等式的解.(2)利用柯西不等式可求的最小值.【详解】(1),由得或或,解得.(2),所以,由柯西不等式得:所以,即(当且仅当时取“=”).所以的最小值为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及利用柯西不等式求最值.解绝对值不等式的基本方法有零点分段讨论法、图象法、平方法等,利用零点分段讨论法时注意分类点的合理选择,利用平方去掉绝对值符号时注意代数式的正负,而利用图象法求解时注意图象的正确刻画.利用柯西不等式求最值时注意把原代数式配成平方和的乘积形式,本题属于中档题.19、(1)证明见解析;(2)证明见解析.【解析】

(1)要做证明,只需证明平面即可;(2)易得∥平面,平面,利用线面平行的性质定理即可得到∥,从而获得证明【详解】证明:(1)因为平面,平面,所以.因为,所以.又因为,平面,平面,所以平面.又因为平面,所以.(2)因为平面与交于点,所以平面.因为分别为的中点,所以∥.又因为平面,平面,所以∥平面.又因为平面,平面平面,所以∥,又因为是的中点,所以为的中点.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理以及线面平行的性质定理,考查学生的逻辑推理能力,是一道容易题.20、(1),(2)【解析】

(1)利用向量的数量积和二倍角公式化简得,故可求其周期与单调性;(2)根据图像过得到,故可求得的大小,再根据数量积得到的乘积,最后结合余弦定理和构建关于的方程即可.【详解】(1),最小正周期:,由得,所以的单调递增区间为;(2)由可得:,所以.又因为成等差数列,所以而,.21、(1)或;(2)见解析【解析】

(1)根据,利用零点分段法解不等式,或作出函数的图像,利用函数的图像解不等式;(2)由(1)作出的函数图像求出的最小值为,可知,代入中,然后给等式两边同乘以,再将写成后,化简变形,再用均值不等式可证明

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