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文档简介

青海省玉树市重点中学2025届高考仿真卷数学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.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.马林●梅森是17世纪法国著名的数学家和修道士,也是当时欧洲科学界一位独特的中心人物,梅森在欧几里得、费马等人研究的基础上对2p﹣1作了大量的计算、验证工作,人们为了纪念梅森在数论方面的这一贡献,将形如2P﹣1(其中p是素数)的素数,称为梅森素数.若执行如图所示的程序框图,则输出的梅森素数的个数是()A.3 B.4 C.5 D.62.如图,网格纸是由边长为1的小正方形构成,若粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为()A. B. C. D.3.函数的图象在点处的切线为,则在轴上的截距为()A. B. C. D.4.已知为抛物线的准线,抛物线上的点到的距离为,点的坐标为,则的最小值是()A. B.4 C.2 D.5.设M是边BC上任意一点,N为AM的中点,若,则的值为()A.1 B. C. D.6.《普通高中数学课程标准(2017版)》提出了数学学科的六大核心素养.为了比较甲、乙两名高二学生的数学核心素养水平,现以六大素养为指标对二人进行了测验,根据测验结果绘制了雷达图(如图,每项指标值满分为5分,分值高者为优),则下面叙述正确的是()A.甲的数据分析素养高于乙B.甲的数学建模素养优于数学抽象素养C.乙的六大素养中逻辑推理最差D.乙的六大素养整体平均水平优于甲7.是的()条件A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分也不必要8.已知是两条不重合的直线,是两个不重合的平面,下列命题正确的是()A.若,,,,则B.若,,,则C.若,,,则D.若,,,则9.已知,,分别是三个内角,,的对边,,则()A. B. C. D.10.设递增的等比数列的前n项和为,已知,,则()A.9 B.27 C.81 D.11.若的展开式中的系数为-45,则实数的值为()A. B.2 C. D.12.已知集合,集合,则A. B.或C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知函数在定义域R上的导函数为,若函数没有零点,且,当在上与在R上的单调性相同时,则实数k的取值范围是______.14.已知,则______,______.15.(5分)已知,且,则的值是____________.16.平面向量,,(R),且与的夹角等于与的夹角,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.(1)解不等式;(2)记函数的最小值为,正实数、满足,求证:.18.(12分)已知函数(是自然对数的底数,).(1)求函数的图象在处的切线方程;(2)若函数在区间上单调递增,求实数的取值范围;(3)若函数在区间上有两个极值点,且恒成立,求满足条件的的最小值(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值).19.(12分)如图所示的几何体中,,四边形为正方形,四边形为梯形,,,,为中点.(1)证明:;(2)求二面角的余弦值.20.(12分)已知,,函数的最小值为.(1)求证:;(2)若恒成立,求实数的最大值.21.(12分)如图所示,在三棱柱中,为等边三角形,,,平面,是线段上靠近的三等分点.(1)求证:;(2)求直线与平面所成角的正弦值.22.(10分)在中,角、、所对的边分别为、、,且.(1)求角的大小;(2)若,的面积为,求及的值.

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】

模拟程序的运行即可求出答案.【详解】解:模拟程序的运行,可得:p=1,S=1,输出S的值为1,满足条件p≤7,执行循环体,p=3,S=7,输出S的值为7,满足条件p≤7,执行循环体,p=5,S=31,输出S的值为31,满足条件p≤7,执行循环体,p=7,S=127,输出S的值为127,满足条件p≤7,执行循环体,p=9,S=511,输出S的值为511,此时,不满足条件p≤7,退出循环,结束,故若执行如图所示的程序框图,则输出的梅森素数的个数是5,故选:C.【点睛】本题主要考查程序框图,属于基础题.2、C【解析】

根据三视图还原为几何体,结合组合体的结构特征求解表面积.【详解】由三视图可知,该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体,其中半圆柱的底面半圆半径为1,高为4,长方体的底面四边形相邻边长分别为1,2,高为4,所以该几何体的表面积,故选C.【点睛】本题主要考查三视图的识别,利用三视图还原成几何体是求解关键,侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.3、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.4、B【解析】

设抛物线焦点为,由题意利用抛物线的定义可得,当共线时,取得最小值,由此求得答案.【详解】解:抛物线焦点,准线,过作交于点,连接由抛物线定义,

当且仅当三点共线时,取“=”号,∴的最小值为.

故选:B.【点睛】本题主要考查抛物线的定义、标准方程,以及简单性质的应用,体现了数形结合的数学思想,属于中档题.5、B【解析】

设,通过,再利用向量的加减运算可得,结合条件即可得解.【详解】设,则有.又,所以,有.故选B.【点睛】本题考查了向量共线及向量运算知识,利用向量共线及向量运算知识,用基底向量向量来表示所求向量,利用平面向量表示法唯一来解决问题.6、D【解析】

根据雷达图对选项逐一分析,由此确定叙述正确的选项.【详解】对于A选项,甲的数据分析分,乙的数据分析分,甲低于乙,故A选项错误.对于B选项,甲的建模素养分,乙的建模素养分,甲低于乙,故B选项错误.对于C选项,乙的六大素养中,逻辑推理分,不是最差,故C选项错误.对于D选项,甲的总得分分,乙的总得分分,所以乙的六大素养整体平均水平优于甲,故D选项正确.故选:D【点睛】本小题主要考查图表分析和数据处理,属于基础题.7、B【解析】

利用充分条件、必要条件与集合包含关系之间的等价关系,即可得出。【详解】设对应的集合是,由解得且对应的集合是,所以,故是的必要不充分条件,故选B。【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件的判断方法——集合关系法。设,如果,则是的充分条件;如果B则是的充分不必要条件;如果,则是的必要条件;如果,则是的必要不充分条件。8、B【解析】

根据空间中线线、线面位置关系,逐项判断即可得出结果.【详解】A选项,若,,,,则或与相交;故A错;B选项,若,,则,又,是两个不重合的平面,则,故B正确;C选项,若,,则或或与相交,又,是两个不重合的平面,则或与相交;故C错;D选项,若,,则或或与相交,又,是两个不重合的平面,则或与相交;故D错;故选B【点睛】本题主要考查与线面、线线相关的命题,熟记线线、线面位置关系,即可求解,属于常考题型.9、C【解析】

原式由正弦定理化简得,由于,可求的值.【详解】解:由及正弦定理得.因为,所以代入上式化简得.由于,所以.又,故.故选:C.【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形,三角函数恒等变换等基础知识;考查运算求解能力,推理论证能力,属于中档题.10、A【解析】

根据两个已知条件求出数列的公比和首项,即得的值.【详解】设等比数列的公比为q.由,得,解得或.因为.且数列递增,所以.又,解得,故.故选:A【点睛】本题主要考查等比数列的通项和求和公式,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11、D【解析】

将多项式的乘法式展开,结合二项式定理展开式通项,即可求得的值.【详解】∵所以展开式中的系数为,∴解得.故选:D.【点睛】本题考查了二项式定理展开式通项的简单应用,指定项系数的求法,属于基础题.12、C【解析】

由可得,解得或,所以或,又,所以,故选C.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

由题意可知:为上的单调函数,则为定值,由指数函数的性质可知为上的增函数,则在,单调递增,求导,则恒成立,则,根据函数的正弦函数的性质即可求得的取值范围.【详解】若方程无解,则或恒成立,所以为上的单调函数,都有,则为定值,设,则,易知为上的增函数,,,又与的单调性相同,在上单调递增,则当,,恒成立,当,时,,,,,,此时,故答案为:【点睛】本题考查导数的综合应用,考查利用导数求函数的单调性,正弦函数的性质,辅助角公式,考查计算能力,属于中档题.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:;.【点睛】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】

由于,且,则,得,则.16、2【解析】试题分析:,与的夹角等于与的夹角,所以考点:向量的坐标运算与向量夹角三、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、、三种情况解不等式,综合可得出原不等式的的解集;(2)利用绝对值三角不等式可求得函数的最小值为,进而可得出,再将代数式与相乘,利用基本不等式求得的最小值,进而可证得结论成立.【详解】(1)当时,由,得,即,解得,此时;当时,由,得,即,解得,此时;当时,由,得,即,解得,此时.综上所述,不等式的解集为;(2),当且仅当时取等号,所以,.所以,当且仅当,即,时等号成立,所以.所以,即.【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解,同时也考查了利用基本不等式证明不等式成立,涉及绝对值三角不等式的应用,考查运算求解能力,属于中等题.18、(1);(2);(3).【解析】

(1)利用导数的几何意义计算即可;(2)在上恒成立,只需,注意到;(3)在上有两根,令,求导可得在上单调递减,在上单调递增,所以且,,,求出的范围即可.【详解】(1)因为,所以,当时,,所以切线方程为,即.(2),.因为函数在区间上单调递增,所以,且恒成立,即,所以,即,又,故,所以实数的取值范围是.(3).因为函数在区间上有两个极值点,所以方程在上有两不等实根,即.令,则,由,得,所以在上单调递减,在上单调递增,所以,解得且.又由,所以,且当和时,单调递增,当时,单调递减,是极值点,此时令,则,所以在上单调递减,所以.因为恒成立,所以.若,取,则,所以.令,则,.当时,;当时,.所以,所以在上单调递增,所以,即存在使得,不合题意.满足条件的的最小值为-4.【点睛】本题考查导数的综合应用,涉及到导数的几何意义,利用导数研究函数的单调性、极值点,不等式恒成立等知识,是一道难题.19、(1)见解析;(2)【解析】

(1)取的中点,结合三角形中位线和长度关系,为平行四边形,进而得到,根据线面平行判定定理可证得结论;(2)以,,为,,轴建立空间直角坐标系,分别求得两面的法向量,求得法向量夹角的余弦值;根据二面角为锐角确定最终二面角的余弦值;【详解】(1)取的中点,连结,因为为中点,,,所以,,∴为平行四边形,所以,又因为,所以;(2)由题及(1)易知,,两两垂直,所以以,,为,,轴建立空间直角坐标系,则,,,,,,易知面的法向量为设面的法向量为则可得所以,如图可知二面角为锐角,所以余弦值为【点睛】本题考查立体几何中直线与平面平行关系的证明、空间向量法求解二面角,正确求解法向量是解题的关键,属于中档题.20、(1)见解析;(2)最大值为.【解析】

(1)将函数表示为分段函数,利用函数的单调性求出该函数的最小值,进而可证得结论成立;(2)由可得出,并将代数式与相乘,展开后利用基本不等式可求得的最小值,进而可得出实数的最大值.【详解】(1).当时,函数单调递减,则;当时,函数单调递增,则;当时,函数单调递增,则.综上所述,,所以;(2)因为恒成立,且,,所以恒成立,即.因为,当且仅当时等号成立,所以,实数的最大值为.【点睛】本题考查含绝对值函数最值的求解,同时也考查了利用基本不等式恒成立求参数,考查推理能力与计算能力,属于中等题.21、(1)证明见解析(2)【解析】

(1)由,故,所以四边形为菱形,再通过,证得,所以四边形为正方形,得到.(2)根据(1)的论证,建立空间直角坐标,设平面的法向量为,由求得,再由,利用线面角的向量法公式求解.【详解】(1)因为,故,所以四边形为菱形,而平面,故.因为,故,故,即四边形为正方形,故.(2)依题意,.在正方形中,,故以

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