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文档简介
2025届四川省眉山市仁寿县铧强中学高考压轴卷数学试卷考生请注意: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.已知正四面体的棱长为,是该正四面体外接球球心,且,,则()A. B.C. D.2.过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点,若线段中点的横坐标为3,且,则抛物线的方程是()A. B. C. D.3.若复数是纯虚数,则()A.3 B.5 C. D.4.等比数列的前项和为,若,,,,则()A. B. C. D.5.《易·系辞上》有“河出图,洛出书”之说,河图、洛书是中华文化,阴阳术数之源,其中河图的排列结构是一、六在后,二、七在前,三、八在左,四、九在右,五、十背中,如图,白圈为阳数,黑点为阴数,若从阴数和阳数中各取一数,则其差的绝对值为5的概率为A. B. C. D.6.已知,,,则的大小关系为()A. B. C. D.7.已知函数,当时,恒成立,则的取值范围为()A. B. C. D.8.两圆和相外切,且,则的最大值为()A. B.9 C. D.19.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A. B. C. D.10.函数在上单调递减,且是偶函数,若,则的取值范围是()A.(2,+∞) B.(﹣∞,1)∪(2,+∞)C.(1,2) D.(﹣∞,1)11.记为数列的前项和数列对任意的满足.若,则当取最小值时,等于()A.6 B.7 C.8 D.912.设,,,则、、的大小关系为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知一组数据,1,0,,的方差为10,则________14.展开式中,含项的系数为______.15.已知函数则______.16.某公司生产甲、乙两种桶装产品.已知生产甲产品1桶需耗原料1千克、原料2千克;生产乙产品1桶需耗原料2千克,原料1千克.每桶甲产品的利润是300元,每桶乙产品的利润是400元.公司在生产这两种产品的计划中,要求每天消耗原料都不超过12千克.通过合理安排生产计划,从每天生产的甲、乙两种产品中,公司共可获得的最大利润是__________元.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)在极坐标系中,曲线的极坐标方程为(1)求曲线与极轴所在直线围成图形的面积;(2)设曲线与曲线交于,两点,求.18.(12分)已知为等差数列,为等比数列,的前n项和为,满足,,,.(1)求数列和的通项公式;(2)令,数列的前n项和,求.19.(12分)设直线与抛物线交于两点,与椭圆交于两点,设直线(为坐标原点)的斜率分别为,若.(1)证明:直线过定点,并求出该定点的坐标;(2)是否存在常数,满足?并说明理由.20.(12分)如图,在四棱锥中,平面,四边形为正方形,点为线段上的点,过三点的平面与交于点.将①,②,③中的两个补充到已知条件中,解答下列问题:(1)求平面将四棱锥分成两部分的体积比;(2)求直线与平面所成角的正弦值.21.(12分)某省新课改后某校为预测2020届高三毕业班的本科上线情况,从该校上一届高三(1)班到高三(5)班随机抽取50人,得到各班抽取的人数和其中本科上线人数,并将抽取数据制成下面的条形统计图.(1)根据条形统计图,估计本届高三学生本科上线率.(2)已知该省甲市2020届高考考生人数为4万,假设以(1)中的本科上线率作为甲市每个考生本科上线的概率.(i)若从甲市随机抽取10名高三学生,求恰有8名学生达到本科线的概率(结果精确到0.01);(ii)已知该省乙市2020届高考考生人数为3.6万,假设该市每个考生本科上线率均为,若2020届高考本科上线人数乙市的均值不低于甲市,求p的取值范围.可能用到的参考数据:取,.22.(10分)等差数列中,.(1)求的通项公式;(2)设,记为数列前项的和,若,求.
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】
如图设平面,球心在上,根据正四面体的性质可得,根据平面向量的加法的几何意义,重心的性质,结合已知求出的值.【详解】如图设平面,球心在上,由正四面体的性质可得:三角形是正三角形,,,在直角三角形中,,,,,,因为为重心,因此,则,因此,因此,则,故选A.【点睛】本题考查了正四面体的性质,考查了平面向量加法的几何意义,考查了重心的性质,属于中档题.2、B【解析】
利用抛物线的定义可得,,把线段AB中点的横坐标为3,代入可得p值,然后可得出抛物线的方程.【详解】设抛物线的焦点为F,设点,由抛物线的定义可知,线段AB中点的横坐标为3,又,,可得,所以抛物线方程为.故选:B.【点睛】本题考查抛物线的定义、标准方程,以及简单性质的应用,利用抛物线的定义是解题的关键.3、C【解析】
先由已知,求出,进一步可得,再利用复数模的运算即可【详解】由z是纯虚数,得且,所以,.因此,.故选:C.【点睛】本题考查复数的除法、复数模的运算,考查学生的运算能力,是一道基础题.4、D【解析】试题分析:由于在等比数列中,由可得:,又因为,所以有:是方程的二实根,又,,所以,故解得:,从而公比;那么,故选D.考点:等比数列.5、A【解析】
阳数:,阴数:,然后分析阴数和阳数差的绝对值为5的情况数,最后计算相应概率.【详解】因为阳数:,阴数:,所以从阴数和阳数中各取一数差的绝对值有:个,满足差的绝对值为5的有:共个,则.故选:A.【点睛】本题考查实际背景下古典概型的计算,难度一般.古典概型的概率计算公式:.6、A【解析】
根据指数函数与对数函数的单调性,借助特殊值即可比较大小.【详解】因为,所以.因为,所以,因为,为增函数,所以所以,故选:A.【点睛】本题主要考查了指数函数、对数函数的单调性,利用单调性比较大小,属于中档题.7、A【解析】
分析可得,显然在上恒成立,只需讨论时的情况即可,,然后构造函数,结合的单调性,不等式等价于,进而求得的取值范围即可.【详解】由题意,若,显然不是恒大于零,故.,则在上恒成立;当时,等价于,因为,所以.设,由,显然在上单调递增,因为,所以等价于,即,则.设,则.令,解得,易得在上单调递增,在上单调递减,从而,故.故选:A.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题,利用函数单调性是解决本题的关键,考查了学生的推理能力,属于基础题.8、A【解析】
由两圆相外切,得出,结合二次函数的性质,即可得出答案.【详解】因为两圆和相外切所以,即当时,取最大值故选:A【点睛】本题主要考查了由圆与圆的位置关系求参数,属于中档题.9、D【解析】
试题分析:如图所示,截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.考点:本题主要考查三视图及几何体体积的计算.10、B【解析】
根据题意分析的图像关于直线对称,即可得到的单调区间,利用对称性以及单调性即可得到的取值范围。【详解】根据题意,函数满足是偶函数,则函数的图像关于直线对称,若函数在上单调递减,则在上递增,所以要使,则有,变形可得,解可得:或,即的取值范围为;故选:B.【点睛】本题考查偶函数的性质,以及函数单调性的应用,有一定综合性,属于中档题。11、A【解析】
先令,找出的关系,再令,得到的关系,从而可求出,然后令,可得,得出数列为等差数列,得,可求出取最小值.【详解】解法一:由,所以,由条件可得,对任意的,所以是等差数列,,要使最小,由解得,则.解法二:由赋值法易求得,可知当时,取最小值.故选:A【点睛】此题考查的是由数列的递推式求数列的通项,采用了赋值法,属于中档题.12、D【解析】
因为,,所以且在上单调递减,且所以,所以,又因为,,所以,所以.故选:D.【点睛】本题考查利用指对数函数的单调性比较指对数的大小,难度一般.除了可以直接利用单调性比较大小,还可以根据中间值“”比较大小.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、7或【解析】
依据方差公式列出方程,解出即可.【详解】,1,0,,的平均数为,所以解得或.【点睛】本题主要考查方差公式的应用.14、2【解析】
变换得到,展开式的通项为,计算得到答案.【详解】,的展开式的通项为:.含项的系数为:.故答案为:.【点睛】本题考查了二项式定理的应用,意在考查学生的计算能力和应用能力.15、【解析】
先由解析式求得(2),再求(2).【详解】(2),,所以(2),故答案为:【点睛】本题考查对数、指数的运算性质,分段函数求值关键是“对号入座”,属于容易题.16、1元【解析】设分别生产甲乙两种产品为桶,桶,利润为元
则根据题意可得目标函数,作出可行域,如图所示作直线然后把直线向可行域平移,
由图象知当直线经过时,目标函数的截距最大,此时最大,
由可得,即此时最大,
即该公司每天生产的甲4桶,乙4桶,可获得最大利润,最大利润为1.【点睛】本题考查用线性规划知识求利润的最大值,根据条件建立不等式关系,以及利用线性规划的知识进行求解是解决本题的关键.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)【解析】
(1)利用互化公式,将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程,得出曲线与极轴所在直线围成的图形是一个半径为1的圆周及一个两直角边分别为1与的直角三角形,即可求出面积;(2)联立方程组,分别求出和的坐标,即可求出.【详解】解:(1)由于的极坐标方程为,根据互化公式得,曲线的直角坐标方程为:当时,,当时,,则曲线与极轴所在直线围成的图形,是一个半径为1的圆周及一个两直角边分别为1与的直角三角形,∴围成图形的面积.(2)由得,其直角坐标为,化直角坐标方程为,化直角坐标方程为,∴,∴.【点睛】本题考查利用互化公式将极坐标方程化为直角坐标方程,以及联立方程组求交点坐标,考查计算能力.18、(1),;(2).【解析】
(1)设的公差为,的公比为,由基本量法列式求出后可得通项公式;(2)奇数项分一组用裂项相消法求和,偶数项分一组用等比数列求和公式求和.【详解】(1)设的公差为,的公比为,由,.得:,解得,∴,;(2)由,得,为奇数时,,为偶数时,,∴.【点睛】本题考查求等差数列和等比数列的通项公式,考查分组求和法及裂项相消法、等差数列与等比数列的前项和公式,求通项公式采取的是基本量法,即求出公差、公比,由通项公式前项和公式得出相应结论.数列求和问题,对不是等差数列或等比数列的数列求和,需掌握一些特殊方法:错位相减法,裂项相消法,分组(并项)求和法,倒序相加法等等.19、(1)证明见解析(0,2);(2)存在,理由见解析【解析】
(1)设直线l的方程为y=kx+b代入抛物线的方程,利用OA⊥OB,求出b,即可知直线过定点(2)由斜率公式分别求出,,联立直线与抛物线,椭圆,再由根与系数的关系得,,,代入,,化简即可求解.【详解】(1)证明:由题知,直线l的斜率存在且不过原点,故设由可得,.,,故所以直线l的方程为故直线l恒过定点.(2)由(1)知设由可得,,即存在常数满足题意.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线、椭圆的位置关系,直线过定点问题,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.20、(1);(2).【解析】
若补充②③根据已知可得平面,从而有,结合,可得平面,故有,而,得到,②③成立与①②相同,①③成立,可得,所以任意补充两个条件,结果都一样,以①②作为条件分析;(1)设,可得,进而求出梯形的面积,可求出,即可求出结论;(2),以为坐标原点,建立空间坐标系,求出坐标,由(1)得为平面的法向量,根据空间向量的线面角公式即可求解.【详解】第一种情况:若将①,②作为已知条件,解答如下:(1)设平面为平面.∵,∴平面,而平面平面,∴,又为中点.设,则.在三角形中,,由知平面,∴,∴梯形的面积,,,平面,,,∴,故,.(2)如图,分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系,设,则,由(1)得为平面的一个法向量,因为,所以直线与平面所成角的正弦值为.第二种情况:若将①,③作为已知条件,则由知平面,,又,所以平面,,又,故为中点,即,解答如上不变.第三种情况:若将②,③作为已知条件,由及第二种情况知,又,易知,解答仍如上不变.【点睛】本题考查空间点、线、面位置关系,以及体积、直线与平面所成的角,考查计算求解能力,属于中档题.21、(1)60%;(2)(i)0.12(ii)【解析】
(1)利用上线人数除以总人数求解;(2)(i)利用二项分布求解;(ii)甲、乙两市上线人数分别记为X,Y,得,.,利用期望公式列不等式求解【详解】(1)估计本科上线率为.(2)(i)记“恰有8名学生达到本科线”为事件A,由图可知,甲市每个考生本科上线的概率为0.6,则.(ii)甲
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