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文档简介

2025届上海师大学附中高考冲刺数学模拟试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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.设,是空间两条不同的直线,,是空间两个不同的平面,给出下列四个命题:①若,,,则;②若,,,则;③若,,,则;④若,,,,则.其中正确的是()A.①② B.②③ C.②④ D.③④2.设集合,,若集合中有且仅有2个元素,则实数的取值范围为A. B.C. D.3.函数的对称轴不可能为()A. B. C. D.4.设集合,,若,则()A. B. C. D.5.是虚数单位,复数在复平面上对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限6.已知是虚数单位,则复数()A. B. C.2 D.7.已知不重合的平面和直线,则“”的充分不必要条件是()A.内有无数条直线与平行 B.且C.且 D.内的任何直线都与平行8.如图所示,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,其中左视图中三角形为等腰直角三角形,则该几何体外接球的体积是()A. B.C. D.9.已知数列的前n项和为,,且对于任意,满足,则()A. B. C. D.10.是的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件11.如图,在底面边长为1,高为2的正四棱柱中,点是平面内一点,则三棱锥的正视图与侧视图的面积之和为()A.2 B.3 C.4 D.512.已知关于的方程在区间上有两个根,,且,则实数的取值范围是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.直线是曲线的一条切线为自然对数的底数),则实数__________.14.已知复数(为虚数单位)为纯虚数,则实数的值为_____.15.已知复数,其中为虚数单位,若复数为纯虚数,则实数的值是__.16.设、分别为椭圆:的左、右两个焦点,过作斜率为1的直线,交于、两点,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)选修4-5:不等式选讲已知函数的最大值为3,其中.(1)求的值;(2)若,,,求证:18.(12分)在平面直角坐标系xOy中,曲线的参数方程为(为参数).以平面直角坐标系的原点为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为.(1)求曲线的极坐标方程;(2)设和交点的交点为,求的面积.19.(12分)设函数.(1)解不等式;(2)记的最大值为,若实数、、满足,求证:.20.(12分)已知函数.(1)当时,判断在上的单调性并加以证明;(2)若,,求的取值范围.21.(12分)已知,,为正数,且,证明:(1);(2).22.(10分)已知函数(1)当时,求不等式的解集;(2)的图象与两坐标轴的交点分别为,若三角形的面积大于,求参数的取值范围.

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】

根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可.【详解】解:①:、也可能相交或异面,故①错②:因为,,所以或,因为,所以,故②对③:或,故③错④:如图因为,,在内过点作直线的垂线,则直线,又因为,设经过和相交的平面与交于直线,则又,所以因为,,所以,所以,故④对.故选:C【点睛】考查线面平行或垂直的判断,基础题.2、B【解析】

由题意知且,结合数轴即可求得的取值范围.【详解】由题意知,,则,故,又,则,所以,所以本题答案为B.【点睛】本题主要考查了集合的关系及运算,以及借助数轴解决有关问题,其中确定中的元素是解题的关键,属于基础题.3、D【解析】

由条件利用余弦函数的图象的对称性,得出结论.【详解】对于函数,令,解得,当时,函数的对称轴为,,.故选:D.【点睛】本题主要考查余弦函数的图象的对称性,属于基础题.4、A【解析】

根据交集的结果可得是集合的元素,代入方程后可求的值,从而可求.【详解】依题意可知是集合的元素,即,解得,由,解得.【点睛】本题考查集合的交,注意根据交集的结果确定集合中含有的元素,本题属于基础题.5、D【解析】

求出复数在复平面内对应的点的坐标,即可得出结论.【详解】复数在复平面上对应的点的坐标为,该点位于第四象限.故选:D.【点睛】本题考查复数对应的点的位置的判断,属于基础题.6、A【解析】

根据复数的基本运算求解即可.【详解】.故选:A【点睛】本题主要考查了复数的基本运算,属于基础题.7、B【解析】

根据充分不必要条件和直线和平面,平面和平面的位置关系,依次判断每个选项得到答案.【详解】A.内有无数条直线与平行,则相交或,排除;B.且,故,当,不能得到且,满足;C.且,,则相交或,排除;D.内的任何直线都与平行,故,若,则内的任何直线都与平行,充要条件,排除.故选:.【点睛】本题考查了充分不必要条件和直线和平面,平面和平面的位置关系,意在考查学生的综合应用能力.8、C【解析】

作出三视图所表示几何体的直观图,可得直观图为直三棱柱,并且底面为等腰直角三角形,即可求得外接球的半径,即可得外接球的体积.【详解】如图为几何体的直观图,上下底面为腰长为的等腰直角三角形,三棱柱的高为4,其外接球半径为,所以体积为.故选:C【点睛】本题考查三视图还原几何体的直观图、球的体积公式,考查空间想象能力、运算求解能力,求解时注意球心的确定.9、D【解析】

利用数列的递推关系式判断求解数列的通项公式,然后求解数列的和,判断选项的正误即可.【详解】当时,.所以数列从第2项起为等差数列,,所以,,.,,.故选:.【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用、数列求和以及数列的通项公式的求法,考查转化思想以及计算能力,是中档题.10、B【解析】

分别判断充分性和必要性得到答案.【详解】所以(逆否命题)必要性成立当,不充分故是必要不充分条件,答案选B【点睛】本题考查了充分必要条件,属于简单题.11、A【解析】

根据几何体分析正视图和侧视图的形状,结合题干中的数据可计算出结果.【详解】由三视图的性质和定义知,三棱锥的正视图与侧视图都是底边长为高为的三角形,其面积都是,正视图与侧视图的面积之和为,故选:A.【点睛】本题考查几何体正视图和侧视图的面积和,解答的关键就是分析出正视图和侧视图的形状,考查空间想象能力与计算能力,属于基础题.12、C【解析】

先利用三角恒等变换将题中的方程化简,构造新的函数,将方程的解的问题转化为函数图象的交点问题,画出函数图象,再结合,解得的取值范围.【详解】由题化简得,,作出的图象,又由易知.故选:C.【点睛】本题考查了三角恒等变换,方程的根的问题,利用数形结合法,求得范围.属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

根据切线的斜率为,利用导数列方程,由此求得切点的坐标,进而求得切线方程,通过对比系数求得的值.【详解】,则,所以切点为,故切线为,即,故.故答案为:【点睛】本小题主要考查利用导数求解曲线的切线方程有关问题,属于基础题.14、【解析】

利用复数的乘法求解再根据纯虚数的定义求解即可.【详解】解:复数为纯虚数,解得.故答案为:.【点睛】本题主要考查了根据复数为纯虚数求解参数的问题,属于基础题.15、2【解析】

由题,得,然后根据纯虚数的定义,即可得到本题答案.【详解】由题,得,又复数为纯虚数,所以,解得.故答案为:2【点睛】本题主要考查纯虚数定义的应用,属基础题.16、【解析】

由椭圆的标准方程,求出焦点的坐标,写出直线方程,与椭圆方程联立,求出弦长,利用定义可得,进而求出。【详解】由知,焦点,所以直线:,代入得,即,设,,故由定义有,,所以。【点睛】本题主要考查椭圆的定义、椭圆的简单几何性质、以及直线与椭圆位置关系中弦长的求法,注意直线过焦点,位置特殊,采取合适的弦长公式,简化运算。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)(2)见解析【解析】

(1)分三种情况去绝对值,求出最大值与已知最大值相等列式可解得;(2)将所证不等式转化为2ab≥1,再构造函数利用导数判断单调性求出最小值可证.【详解】(1)∵,∴.∴当时,取得最大值.∴.(2)由(Ⅰ),得,.∵,当且仅当时等号成立,∴.令,.则在上单调递减.∴.∴当时,.∴.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法,属中档题.本题主要考查了绝对值不等式的求解,以及不等式的恒成立问题,其中解答中根据绝对值的定义,合理去掉绝对值号,及合理转化恒成立问题是解答本题的关键,着重考查分析问题和解答问题的能力,以及转化思想的应用.18、(1);(2)【解析】

(1)先将曲线的参数方程化为普通方程,再将普通方程化为极坐标方程即可.(2)将和的极坐标方程联立,求得两个曲线交点的极坐标,即可由极坐标的含义求得的面积.【详解】(1)曲线的参数方程为(α为参数),消去参数的的直角坐标方程为.所以的极坐标方程为(2)解方程组,得到.所以,则或().当()时,,当()时,.所以和的交点极坐标为:,.所以.故的面积为.【点睛】本题考查了参数方程与普通方程的转化,直角坐标方程与极坐标的转化,利用极坐标求三角形面积,属于中档题.19、(1)(2)证明见解析【解析】

(1)采用零点分段法:、、,由此求解出不等式的解集;(2)先根据绝对值不等式的几何意义求解出的值,然后利用基本不等式及其变形完成证明.【详解】(1)当时,不等式为,解得当时,不等式为,解得当时,不等式为,解得∴原不等式的解集为(2)当且仅当即时取等号,∴,∴∵,∴,∴(当且仅当时取“”)同理可得,∴∴(当且仅当时取“”)【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及利用基本不等式证明不等式,难度一般.(1)常见的绝对值不等式解法:零点分段法、图象法、几何意义法;(2)利用基本不等式完成证明时,注意说明取等号的条件.20、(1)在为增函数;证明见解析(2)【解析】

(1)令,求出,可推得,故在为增函数;(2)令,则,由此利用分类讨论思想和导数性质求出实数的取值范围.【详解】(1)当时,.记,则,当时,,.所以,所以在单调递增,所以.因为,所以,所以在为增函数.(2)由题意,得,记,则,令,则,当时,,,所以,所以在为增函数,即在单调递增,所以.①当,,恒成立,所以为增函数,即在单调递增,又,所以,所以在为增函数,所以所以满足题意.②当,,令,,因为,所以,故在单调递增,故,即.故,又在单调递增,由零点存在性定理知,存在唯一实数,,当时,,单调递减,即单调递减,所以,此时在为减函数,所以,不合题意,应舍去.综上所述,的取值范围是.【点睛】本题主要考查了导数的综合应用,利用导数研究函数的单调性、最值和零点及不等式恒成立等问题,考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想,考查了学生的逻辑推理和运算求解能力,属于难题.21、(1)证明见解析;(2)证明见解析.【解析】

(1)利用均值不等式即可求证;(2)利用,结合,即可证明.【详解】(1)∵,同理有,,∴.(2)∵,∴.同理有,.∴.【点睛】本题考查利用均值不等式证明不等式,涉及的妙用,属综合性中

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