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文档简介
贵州省毕节市大方县三中2025届高考冲刺数学模拟试题请考生注意:1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上,请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。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.数列满足,且,,则()A. B.9 C. D.72.已知三棱锥中,是等边三角形,,则三棱锥的外接球的表面积为()A. B. C. D.3.刘徽(约公元225年-295年),魏晋期间伟大的数学家,中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的,“割之弥细,所失弥少,割之又割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣”,这可视为中国古代极限观念的佳作,割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示),当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,运用割圆术的思想,得到的近似值为()A. B. C. D.4.若变量,满足,则的最大值为()A.3 B.2 C. D.105.总体由编号为01,02,...,39,40的40个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体,选取方法是从随机数表(如表)第1行的第4列和第5列数字开始由左到右依次选取两个数字,则选出来的第5个个体的编号为()A.23 B.21 C.35 D.326.已知定义在上的函数的周期为4,当时,,则()A. B. C. D.7.定义运算,则函数的图象是().A. B.C. D.8.已知数列是公比为的等比数列,且,若数列是递增数列,则的取值范围为()A. B. C. D.9.已知集合,,则A. B.C. D.10.若复数满足,则()A. B. C. D.11.四人并排坐在连号的四个座位上,其中与不相邻的所有不同的坐法种数是()A.12 B.16 C.20 D.812.设a,b都是不等于1的正数,则“”是“”的()A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知数列的前项和为,,,,则满足的正整数的所有取值为__________.14.若复数满足,其中为虚数单位,则的共轭复数在复平面内对应点的坐标为_____.15.三所学校举行高三联考,三所学校参加联考的人数分别为160,240,400,为调查联考数学学科的成绩,现采用分层抽样的方法在这三所学校中抽取样本,若在学校抽取的数学成绩的份数为30,则抽取的样本容量为____________.16.设随机变量服从正态分布,若,则的值是______.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)已知六面体如图所示,平面,,,,,,是棱上的点,且满足.(1)求证:直线平面;(2)求二面角的正弦值.18.(12分)设椭圆的离心率为,左、右焦点分别为,点D在椭圆C上,的周长为.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过圆上任意一点P作圆E的切线l,若l与椭圆C交于A,B两点,O为坐标原点,求证:为定值.19.(12分)已知分别是椭圆的左焦点和右焦点,椭圆的离心率为是椭圆上两点,点满足.(1)求的方程;(2)若点在圆上,点为坐标原点,求的取值范围.20.(12分)设为抛物线的焦点,,为抛物线上的两个动点,为坐标原点.(Ⅰ)若点在线段上,求的最小值;(Ⅱ)当时,求点纵坐标的取值范围.21.(12分)在直角坐标系中,圆的参数方程为(为参数),以为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求圆的极坐标方程;(2)直线的极坐标方程是,射线与圆的交点为、,与直线的交点为,求线段的长.22.(10分)在四棱锥中,底面是边长为2的菱形,是的中点.(1)证明:平面;(2)设是线段上的动点,当点到平面距离最大时,求三棱锥的体积.
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、A【解析】
先由题意可得数列为等差数列,再根据,,可求出公差,即可求出.【详解】数列满足,则数列为等差数列,,,,,,,故选:.【点睛】本题主要考查了等差数列的性质和通项公式的求法,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平,属于基础题.2、D【解析】
根据底面为等边三角形,取中点,可证明平面,从而,即可证明三棱锥为正三棱锥.取底面等边的重心为,可求得到平面的距离,画出几何关系,设球心为,即可由球的性质和勾股定理求得球的半径,进而得球的表面积.【详解】设为中点,是等边三角形,所以,又因为,且,所以平面,则,由三线合一性质可知所以三棱锥为正三棱锥,设底面等边的重心为,可得,,所以三棱锥的外接球球心在面下方,设为,如下图所示:由球的性质可知,平面,且在同一直线上,设球的半径为,在中,,即,解得,所以三棱锥的外接球表面积为,故选:D.【点睛】本题考查了三棱锥的结构特征和相关计算,正三棱锥的外接球半径求法,球的表面积求法,对空间想象能力要求较高,属于中档题.3、A【解析】
设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,则每个等腰三角形的面积为,由割圆术可得圆的面积为,整理可得,当时即可为所求.【详解】由割圆术可知当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,所以每个等腰三角形的面积为,所以圆的面积为,即,所以当时,可得,故选:A【点睛】本题考查三角形面积公式的应用,考查阅读分析能力.4、D【解析】
画出约束条件的可行域,利用目标函数的几何意义求解最大值即可.【详解】解:画出满足条件的平面区域,如图示:如图点坐标分别为,目标函数的几何意义为,可行域内点与坐标原点的距离的平方,由图可知到原点的距离最大,故.故选:D【点睛】本题考查了简单的线性规划问题,考查数形结合思想,属于中档题.5、B【解析】
根据随机数表法的抽样方法,确定选出来的第5个个体的编号.【详解】随机数表第1行的第4列和第5列数字为4和6,所以从这两个数字开始,由左向右依次选取两个数字如下46,64,42,16,60,65,80,56,26,16,55,43,50,24,23,54,89,63,21,…其中落在编号01,02,…,39,40内的有:16,26,16,24,23,21,…依次不重复的第5个编号为21.故选:B【点睛】本小题主要考查随机数表法进行抽样,属于基础题.6、A【解析】
因为给出的解析式只适用于,所以利用周期性,将转化为,再与一起代入解析式,利用对数恒等式和对数的运算性质,即可求得结果.【详解】定义在上的函数的周期为4,当时,,,,.故选:A.【点睛】本题考查了利用函数的周期性求函数值,对数的运算性质,属于中档题.7、A【解析】
由已知新运算的意义就是取得中的最小值,因此函数,只有选项中的图象符合要求,故选A.8、D【解析】
先根据已知条件求解出的通项公式,然后根据的单调性以及得到满足的不等关系,由此求解出的取值范围.【详解】由已知得,则.因为,数列是单调递增数列,所以,则,化简得,所以.故选:D.【点睛】本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围,难度一般.已知数列单调性,可根据之间的大小关系分析问题.9、D【解析】
因为,,所以,,故选D.10、C【解析】
化简得到,,再计算复数模得到答案.【详解】,故,故,.故选:.【点睛】本题考查了复数的化简,共轭复数,复数模,意在考查学生的计算能力.11、A【解析】
先将除A,B以外的两人先排,再将A,B在3个空位置里进行插空,再相乘得答案.【详解】先将除A,B以外的两人先排,有种;再将A,B在3个空位置里进行插空,有种,所以共有种.故选:A【点睛】本题考查排列中不相邻问题,常用插空法,属于基础题.12、C【解析】
根据对数函数以及指数函数的性质求解a,b的范围,再利用充分必要条件的定义判断即可.【详解】由“”,得,得或或,即或或,由,得,故“”是“”的必要不充分条件,故选C.【点睛】本题考查必要条件、充分条件及充分必要条件的判断方法,考查指数,对数不等式的解法,是基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、20,21【解析】
由题意知数列奇数项和偶数项分别为等差数列和等比数列,则根据为奇数和为偶数分别算出求和公式,代入数值检验即可.【详解】解:由题意知数列的奇数项构成公差为的等差数列,偶数项构成公比为的等比数列,则;.当时,,.当时,,.由此可知,满足的正整数的所有取值为20,21.故答案为:20,21【点睛】本题考查等差数列与等比数列通项与求和公式,是综合题,分清奇数项和偶数项是解题的关键.14、【解析】
把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简,求出得答案.【详解】,,则,的共轭复数在复平面内对应点的坐标为,故答案为【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的代数表示法及其几何意义准确计算是关键,是基础题.15、【解析】
某层抽取的人数等于该层的总人数乘以抽样比.【详解】设抽取的样本容量为x,由已知,,解得.故答案为:【点睛】本题考查随机抽样中的分层抽样,考查学生基本的运算能力,是一道容易题.16、1【解析】
由题得,解不等式得解.【详解】因为,所以,所以c=1.故答案为1【点睛】本题主要考查正态分布的图像和性质,意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.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)证明见解析(2)【解析】
(1)连接,设,连接.通过证明,证得直线平面.(2)建立空间直角坐标系,利用平面和平面的法向量,计算出二面角的正弦值.【详解】(1)连接,设,连接,因为,所以,所以,在中,因为,所以,且平面,故平面.(2)因为,,,,,所以,因为,平面,所以平面,所以,,取所在直线为轴,取所在直线为轴,取所在直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,由已知可得,,,,所以,因为,所以,所以点的坐标为,所以,,设为平面的法向量,则,令,解得,,所以,即为平面的一个法向量.,同理可求得平面的一个法向量为所以所以二面角的正弦值为【点睛】本小题主要考查线面平行的证明,考查二面角的求法,考查空间想象能力和逻辑推理能力,属于中档题.18、(1)(2)见解析【解析】
(1)由,周长,解得,即可求得标准方程.(2)通过特殊情况的斜率不存在时,求得,再证明的斜率存在时,即可证得为定值.通过设直线的方程为与椭圆方程联立,借助韦达定理求得,利用直线与圆相切,即,求得的关系代入,化简即可证得即可证得结论.【详解】(1)由题意得,周长,且.联立解得,,所以椭圆C的标准方程为.(2)①当直线l的斜率不存在时,不妨设其方程为,则,所以,即.②当直线l的斜率存在时,设其方程为,并设,由,,,由直线l与圆E相切,得.所以.从而,即.综合上述,得为定值.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系中定值问题,考查了学生计算求解能力,难度较难.19、(1);(2).【解析】
(1)根据焦点坐标和离心率,结合椭圆中的关系,即可求得的值,进而得椭圆的标准方程.(2)设出直线的方程为,由题意可知为中点.联立直线与椭圆方程,由韦达定理表示出,由判别式可得;由平面向量的线性运算及数量积定义,化简可得,代入弦长公式化简;由中点坐标公式可得点的坐标,代入圆的方程,化简可得,代入数量积公式并化简,由换元法令,代入可得,再令及,结合函数单调性即可确定的取值范围,即确定的取值范围,因而可得的取值范围.【详解】(1)分别是椭圆的左焦点和右焦点,则,椭圆的离心率为则解得,所以,所以的方程为.(2)设直线的方程为,点满足,则为中点,点在圆上,设,联立直线与椭圆方程,化简可得,所以则,化简可得,而由弦长公式代入可得为中点,则点在圆上,代入化简可得,所以令,则,,令,则令,则,所以,因为在内单调递增,所以,即所以【点睛】本题考查了椭圆的标准方程求法,直线与椭圆的位置关系综合应用,由韦达定理研究参数间的关系,平面向量的线性运算与数量积运算,弦长公式的应用及换元法在求取值范围问题中的综合应用,计算量大,属于难题.20、(Ⅰ)(Ⅱ)【解析】
(1)由抛物线的性质,当轴时,最小;(2)设点,,分别代入抛物线方程和得到三个方程,消去,得到关于的一元二次方程,利用判别式即可求出的范围.【详解】解:(1)由抛物线的标准方程,,根据抛物线的性质,当轴时,最小,最小值为,即为4.(2)由题意,设点,,其中,.则,①,②因为,,,所以.③由①②③,得,由,且,得,解不等式,得点纵坐标的范围为.【点睛】本题主要考查抛物线的方程和性质和二次方程的解的问题,考查运算能力,此类问题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等,易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错解.21、(1)(2)【解析】
(1)首先将参数方程转化为普通方程再根据公式化为极坐标方程即可;(2)设,,由,即可求出,则计算可得;【详解】解:(1)圆的参数方程(为参数)可化为,∴,即圆的极坐标方程为.(2)设,由,解得.设,由,解得.∵,∴.【点睛】本题考查了利用极坐标方程求曲线的交点弦长,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.22、(1)见解析(2)【解析】
(1)连接与交于,连接,证明即可得证线面平行;(2)首先证明平面(只要取中点,可证平面,
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