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文档简介
重庆市西南大学附属中学2025届高考仿真模拟数学试卷注意事项: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。1.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A. B. C. D.842.已知棱锥的三视图如图所示,其中俯视图是等腰直角三角形,则该三棱锥的四个面中,最大面积为()A. B. C. D.3.已知函数是定义在R上的奇函数,且满足,当时,(其中e是自然对数的底数),若,则实数a的值为()A. B.3 C. D.4.执行如图所示的程序框图,如果输入,则输出属于()A. B. C. D.5.已知函数是定义在上的奇函数,函数满足,且时,,则()A.2 B. C.1 D.6.已知实数满足,则的最小值为()A. B. C. D.7.下列四个图象可能是函数图象的是()A. B. C. D.8.已知等差数列的前n项和为,,则A.3 B.4 C.5 D.69.数学中的数形结合,也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物,曲线恰好是四叶玫瑰线.给出下列结论:①曲线C经过5个整点(即横、纵坐标均为整数的点);②曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2;③曲线C围成区域的面积大于;④方程表示的曲线C在第二象限和第四象限其中正确结论的序号是()A.①③ B.②④ C.①②③ D.②③④10.已知数列是以1为首项,2为公差的等差数列,是以1为首项,2为公比的等比数列,设,,则当时,的最大值是()A.8 B.9 C.10 D.1111.函数的图象可能为()A. B.C. D.12.已知命题,,则是()A., B.,.C., D.,.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在中,角,,的对边分别为,,.若;且,则周长的范围为__________.14.已知函数,若恒成立,则的取值范围是___________.15.已知集合,若,且,则实数所有的可能取值构成的集合是________.16.在的二项展开式中,x的系数为________.(用数值作答)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)已知数列满足(),数列的前项和,(),且,.(1)求数列的通项公式:(2)求数列的通项公式.(3)设,记是数列的前项和,求正整数,使得对于任意的均有.18.(12分)己知,函数.(1)若,解不等式;(2)若函数,且存在使得成立,求实数的取值范围.19.(12分)已知函数.(Ⅰ)若是第二象限角,且,求的值;(Ⅱ)求函数的定义域和值域.20.(12分)已知矩形中,,E,F分别为,的中点.沿将矩形折起,使,如图所示.设P、Q分别为线段,的中点,连接.(1)求证:平面;(2)求二面角的余弦值.21.(12分)在平面直角坐标系中,曲线,曲线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线、的极坐标方程;(2)在极坐标系中,射线与曲线,分别交于、两点(异于极点),定点,求的面积22.(10分)已知函数,函数().(1)讨论的单调性;(2)证明:当时,.(3)证明:当时,.
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、B【解析】
画出几何体的直观图,计算表面积得到答案.【详解】该几何体的直观图如图所示:故.故选:.【点睛】本题考查了根据三视图求表面积,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.2、B【解析】
由三视图可知,该三棱锥如图,其中底面是等腰直角三角形,平面,结合三视图求出每个面的面积即可.【详解】由三视图可知,该三棱锥如图所示:其中底面是等腰直角三角形,平面,由三视图知,因为,,所以,所以,因为为等边三角形,所以,所以该三棱锥的四个面中,最大面积为.故选:B【点睛】本题考查三视图还原几何体并求其面积;考查空间想象能力和运算求解能力;三视图正确还原几何体是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.3、B【解析】
根据题意,求得函数周期,利用周期性和函数值,即可求得.【详解】由已知可知,,所以函数是一个以4为周期的周期函数,所以,解得,故选:B.【点睛】本题考查函数周期的求解,涉及对数运算,属综合基础题.4、B【解析】
由题意,框图的作用是求分段函数的值域,求解即得解.【详解】由题意可知,框图的作用是求分段函数的值域,当;当综上:.故选:B【点睛】本题考查了条件分支的程序框图,考查了学生逻辑推理,分类讨论,数学运算的能力,属于基础题.5、D【解析】
说明函数是周期函数,由周期性把自变量的值变小,再结合奇偶性计算函数值.【详解】由知函数的周期为4,又是奇函数,,又,∴,∴.故选:D.【点睛】本题考查函数的奇偶性与周期性,掌握周期性与奇偶性的概念是解题基础.6、A【解析】
所求的分母特征,利用变形构造,再等价变形,利用基本不等式求最值.【详解】解:因为满足,则,当且仅当时取等号,故选:.【点睛】本题考查通过拼凑法利用基本不等式求最值.拼凑法的实质在于代数式的灵活变形,拼系数、凑常数是关键.(1)拼凑的技巧,以整式为基础,注意利用系数的变化以及等式中常数的调整,做到等价变形;(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提.7、C【解析】
首先求出函数的定义域,其函数图象可由的图象沿轴向左平移1个单位而得到,因为为奇函数,即可得到函数图象关于对称,即可排除A、D,再根据时函数值,排除B,即可得解.【详解】∵的定义域为,其图象可由的图象沿轴向左平移1个单位而得到,∵为奇函数,图象关于原点对称,∴的图象关于点成中心对称.可排除A、D项.当时,,∴B项不正确.故选:C【点睛】本题考查函数的性质与识图能力,一般根据四个选择项来判断对应的函数性质,即可排除三个不符的选项,属于中档题.8、C【解析】
方法一:设等差数列的公差为,则,解得,所以.故选C.方法二:因为,所以,则.故选C.9、B【解析】
利用基本不等式得,可判断②;和联立解得可判断①③;由图可判断④.【详解】,解得(当且仅当时取等号),则②正确;将和联立,解得,即圆与曲线C相切于点,,,,则①和③都错误;由,得④正确.故选:B.【点睛】本题考查曲线与方程的应用,根据方程,判断曲线的性质及结论,考查学生逻辑推理能力,是一道有一定难度的题.10、B【解析】
根据题意计算,,,解不等式得到答案.【详解】∵是以1为首项,2为公差的等差数列,∴.∵是以1为首项,2为公比的等比数列,∴.∴.∵,∴,解得.则当时,的最大值是9.故选:.【点睛】本题考查了等差数列,等比数列,f分组求和,意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.11、C【解析】
先根据是奇函数,排除A,B,再取特殊值验证求解.【详解】因为,所以是奇函数,故排除A,B,又,故选:C【点睛】本题主要考查函数的图象,还考查了理解辨析的能力,属于基础题.12、B【解析】
根据全称命题的否定为特称命题,得到结果.【详解】根据全称命题的否定为特称命题,可得,本题正确选项:【点睛】本题考查含量词的命题的否定,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
先求角,再用余弦定理找到边的关系,再用基本不等式求的范围即可.【详解】解:所以三角形周长故答案为:【点睛】考查正余弦定理、基本不等式的应用以及三条线段构成三角形的条件;基础题.14、【解析】
求导得到,讨论和两种情况,计算时,函数在上单调递减,故,不符合,排除,得到答案。【详解】因为,所以,因为,所以.当,即时,,则在上单调递增,从而,故符合题意;当,即时,因为在上单调递增,且,所以存在唯一的,使得.令,得,则在上单调递减,从而,故不符合题意.综上,的取值范围是.故答案为:.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题,转化为函数的最值问题是解题的关键.15、.【解析】
化简集合,由,以及,即可求出结论.【详解】集合,若,则的可能取值为,0,2,3,又因为,所以实数所有的可能取值构成的集合是.故答案为:.【点睛】本题考查集合与元素的关系,理解题意是解题的关键,属于基础题.16、-40【解析】
由题意,可先由公式得出二项展开式的通项,再令10-3r=1,得r=3即可得出x项的系数【详解】的二项展开式的通项公式为,r=0,1,2,3,4,5,令,所以的二项展开式中x项的系数为.故答案为:-40.【点睛】本题考查二项式定理的应用,解题关键是灵活掌握二项式展开式通项的公式,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、(1)().(2),.(3)【解析】
(1)依题意先求出,然后根据,求出的通项公式为,再检验的情况即可;(2)由递推公式,得,结合数列性质可得数列相邻项之间的关系,从而可求出结果;(3)通过(1)、(2)可得,所以,,,,.记,利用函数单调性可求的范围,从而列不等式可解.【详解】解:(1)因为数列满足()①;②当时,.检验当时,成立.所以,数列的通项公式为().(2)由,得,①所以,.②由①②,得,,即,,③所以,,.④由③④,得,,因为,所以,上式同除以,得,,即,所以,数列时首项为1,公差为1的等差数列,故,.(3)因为.所以,,,,.记,当时,.所以,当时,数列为单调递减,当时,.从而,当时,.因此,.所以,对任意的,.综上,.【点睛】本题考在数列通项公式的求法、等差数列的定义及通项公式、数列的单调性,考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力以及化归与转化思想、分类讨论思想.18、(1);(2)【解析】
(1)零点分段解不等式即可(2)等价于,由,得不等式即可求解【详解】(1)当时,,当时,由,解得;当时,由,解得;当时,由,解得.综上可知,原不等式的解集为.(2).存在使得成立,等价于.又因为,所以,即.解得,结合,所以实数的取值范围为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法,考查不等式恒成立及最值,考查转化思想,是中档题19、(Ⅰ)(Ⅱ)函数的定义域为,值域为【解析】
(1)由为第二象限角及的值,利用同角三角函数间的基本关系求出及的值,再代入中即可得到结果.(2)函数解析式利用二倍角和辅助角公式将化为一个角的正弦函数,根据的范围,即可得到函数值域.【详解】解:(1)因为是第二象限角,且,所以.所以,所以.(2)函数的定义域为.化简,得,因为,且,,所以,所以.所以函数的值域为.(注:或许有人会认为“因为,所以”,其实不然,因为.)【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系式,三角函数函数值求解以及定义域和值域的求解问题,涉及到利用二倍角公式和辅助角公式整理三角函数关系式的问题,意在考查学生的转化能力和计算求解能力,属于常考题型.20、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)取中点R,连接,,可知中,且,由Q是中点,可得则有且,即四边形是平行四边形,则有,即证得平面.(2)建立空间直角坐标系,求得半平面的法向量:,然后利用空间向量的相关结论可求得二面角的余弦值.【详解】(1)取中点R,连接,,则在中,,且,又Q是中点,所以,而且,所以,所以四边形是平行四边形,所以,又平面,平面,所以平面.(2)在平面内作交于点G,以E为原点,,,分别为x,y,x轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则各点坐标为,,,所以,,设平面的一个法向量为,则即,取,得,又平面的一个法向量为,所以.因此,二面角的余弦值为【点睛】本题考查线面平行的判定,考查利用空间向量求解二面角,考查逻辑推理能力及运算求解能力,难度一般.21、(1),;(2).【解析】
(1)先把参数方程化成普通方程,再利用极坐标的公式把普通方程化成极坐标方程;(2)先利用极坐标求出弦长,再求高,最后求的面积.【详解】(1)曲线的极坐标方程为:,因为曲线的普通方程为:,曲线的极坐标方程为;(2)由(1)得:点的极坐标为,点的极坐标为,,点到射线的距离为的面积为.【点睛】本题考查普通方程、参数方程与极坐标方程之间的互化,同时也考查了利用极坐标方程求解面积问题,考查计算能力,属于中等题.22、(1)答案不唯一,具体见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【解析】
(1)求出
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