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文档简介
甘肃省靖远三中2025届高考数学倒计时模拟卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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.函数的最大值为,最小正周期为,则有序数对为()A. B. C. D.2.已知集合,则=A. B. C. D.3.已知是边长为1的等边三角形,点,分别是边,的中点,连接并延长到点,使得,则的值为()A. B. C. D.4.已知函数,为的零点,为图象的对称轴,且在区间上单调,则的最大值是()A. B. C. D.5.定义在R上的函数满足,为的导函数,已知的图象如图所示,若两个正数满足,的取值范围是()A. B. C. D.6.已知随机变量服从正态分布,且,则()A. B. C. D.7.的内角的对边分别为,若,则内角()A. B. C. D.8.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为()A. B.4C. D.59.设数列的各项均为正数,前项和为,,且,则()A.128 B.65 C.64 D.6310.已知函数是奇函数,且,若对,恒成立,则的取值范围是()A. B. C. D.11.已知复数(为虚数单位)在复平面内对应的点的坐标是()A. B. C. D.12.如图所示,在平面直角坐标系中,是椭圆的右焦点,直线与椭圆交于,两点,且,则该椭圆的离心率是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知复数z1=1﹣2i,z2=a+2i(其中i是虚数单位,a∈R),若z1•z2是纯虚数,则a的值为_____.14.已知函数为奇函数,则______.15.已知向量,满足,,,则向量在的夹角为______.16.利用等面积法可以推导出在边长为a的正三角形内任意一点到三边的距离之和为定值,类比上述结论,利用等体积法进行推导,在棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的距离之和也为定值,则这个定值是______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,求的最小值.18.(12分)已知函数,,且.(1)当时,求函数的减区间;(2)求证:方程有两个不相等的实数根;(3)若方程的两个实数根是,试比较,与的大小,并说明理由.19.(12分)已知函数,函数,其中,是的一个极值点,且.(1)讨论的单调性(2)求实数和a的值(3)证明20.(12分)已知椭圆:的离心率为,右焦点为抛物线的焦点.(1)求椭圆的标准方程;(2)为坐标原点,过作两条射线,分别交椭圆于、两点,若、斜率之积为,求证:的面积为定值.21.(12分)[选修45:不等式选讲]已知都是正实数,且,求证:.22.(10分)在平面四边形中,已知,.(1)若,求的面积;(2)若求的长.
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】函数(为辅助角)∴函数的最大值为,最小正周期为故选B2、C【解析】
本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法,渗透了数学运算素养.采取数轴法,利用数形结合的思想解题.【详解】由题意得,,则.故选C.【点睛】不能领会交集的含义易致误,区分交集与并集的不同,交集取公共部分,并集包括二者部分.3、D【解析】
设,,作为一个基底,表示向量,,,然后再用数量积公式求解.【详解】设,,所以,,,所以.故选:D【点睛】本题主要考查平面向量的基本运算,还考查了运算求解的能力,属于基础题.4、B【解析】
由题意可得,且,故有①,再根据,求得②,由①②可得的最大值,检验的这个值满足条件.【详解】解:函数,,为的零点,为图象的对称轴,,且,、,,即为奇数①.在,单调,,②.由①②可得的最大值为1.当时,由为图象的对称轴,可得,,故有,,满足为的零点,同时也满足满足在上单调,故为的最大值,故选:B.【点睛】本题主要考查正弦函数的图象的特征,正弦函数的周期性以及它的图象的对称性,属于中档题.5、C【解析】
先从函数单调性判断的取值范围,再通过题中所给的是正数这一条件和常用不等式方法来确定的取值范围.【详解】由的图象知函数在区间单调递增,而,故由可知.故,又有,综上得的取值范围是.故选:C【点睛】本题考查了函数单调性和不等式的基础知识,属于中档题.6、C【解析】
根据在关于对称的区间上概率相等的性质求解.【详解】,,,.故选:C.【点睛】本题考查正态分布的应用.掌握正态曲线的性质是解题基础.随机变量服从正态分布,则.7、C【解析】
由正弦定理化边为角,由三角函数恒等变换可得.【详解】∵,由正弦定理可得,∴,三角形中,∴,∴.故选:C.【点睛】本题考查正弦定理,考查两角和的正弦公式和诱导公式,掌握正弦定理的边角互化是解题关键.8、B【解析】
还原几何体的直观图,可将此三棱锥放入长方体中,利用体积分割求解即可.【详解】如图,三棱锥的直观图为,体积.故选:B.【点睛】本题主要考查了锥体的体积的求解,利用的体积分割的方法,考查了空间想象力及计算能力,属于中档题.9、D【解析】
根据,得到,即,由等比数列的定义知数列是等比数列,然后再利用前n项和公式求.【详解】因为,所以,所以,所以数列是等比数列,又因为,所以,.故选:D【点睛】本题主要考查等比数列的定义及等比数列的前n项和公式,还考查了运算求解的能力,属于中档题.10、A【解析】
先根据函数奇偶性求得,利用导数判断函数单调性,利用函数单调性求解不等式即可.【详解】因为函数是奇函数,所以函数是偶函数.,即,又,所以,.函数的定义域为,所以,则函数在上为单调递增函数.又在上,,所以为偶函数,且在上单调递增.由,可得,对恒成立,则,对恒成立,,得,所以的取值范围是.故选:A.【点睛】本题考查利用函数单调性求解不等式,根据方程组法求函数解析式,利用导数判断函数单调性,属压轴题.11、A【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简,求得的坐标得出答案.【详解】解:,在复平面内对应的点的坐标是.故选:A.【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,属于基础题.12、A【解析】
联立直线方程与椭圆方程,解得和的坐标,然后利用向量垂直的坐标表示可得,由离心率定义可得结果.【详解】由,得,所以,.由题意知,所以,.因为,所以,所以.所以,所以,故选:A.【点睛】本题考查了直线与椭圆的交点,考查了向量垂直的坐标表示,考查了椭圆的离心率公式,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、-1【解析】
由题意,令即可得解.【详解】∵z1=1﹣2i,z2=a+2i,∴,又z1•z2是纯虚数,∴,解得:a=﹣1.故答案为:﹣1.【点睛】本题考查了复数的概念和运算,属于基础题.14、【解析】
利用奇函数的定义得出,结合对数的运算性质可求得实数的值.【详解】由于函数为奇函数,则,即,,整理得,解得.当时,真数,不合乎题意;当时,,解不等式,解得或,此时函数的定义域为,定义域关于原点对称,合乎题意.综上所述,.故答案为:.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求参数,考查了函数奇偶性的定义和对数运算性质的应用,考查计算能力,属于中等题.15、【解析】
把平方利用数量积的运算化简即得解.【详解】因为,,,所以,∴,∴,因为所以.故答案为:【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的运算法则,考查向量的夹角的计算,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16、【解析】
计算正四面体的高,并计算该正四面体的体积,利用等体积法,可得结果.【详解】作平面,为的重心如图则,所以设正四面体内任意一点到四个面的距离之和为则故答案为:【点睛】本题考查类比推理的应用,还考查等体积法,考验理解能力以及计算能力,属基础题.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、【解析】
讨论和的情况,然后再分对称轴和区间之间的关系,最后求出最小值【详解】当时,,它在上是减函数故函数的最小值为当时,函数的图象思维对称轴方程为当时,,函数的最小值为当时,,函数的最小值为当时,,函数的最小值为综上,【点睛】本题主要考查了二次函数在闭区间上的最值,二次函数的性质的应用,体现了分类讨论的数学思想,属于中档题。18、(1)(2)详见解析(3)【解析】
试题分析:(1)当时,,由得减区间;(2)因为,所以,因为所以,方程有两个不相等的实数根;(3)因为,,所以试题解析:(1)当时,,由得减区间;(2)法1:,,,所以,方程有两个不相等的实数根;法2:,,是开口向上的二次函数,所以,方程有两个不相等的实数根;(3)因为,,又在和增,在减,所以.考点:利用导数求函数减区间,二次函数与二次方程关系19、(1)在区间单调递增;(2);(3)证明见解析.【解析】
(1)求出,在定义域内,再次求导,可得在区间上恒成立,从而可得结论;(2)由,可得,由可得,联立解方程组可得结果;(3)由(1)知在区间单调递增,可证明,取,可得,而,利用裂项相消法,结合放缩法可得结果.【详解】(1)由已知可得函数的定义域为,且,令,则有,由,可得,可知当x变化时,的变化情况如下表:1-0+极小值,即,可得在区间单调递增;(2)由已知可得函数的定义域为,且,由已知得,即,①由可得,,②联立①②,消去a,可得,③令,则,由(1)知,,故,在区间单调递增,注意到,所以方程③有唯一解,代入①,可得,;(3)证明:由(1)知在区间单调递增,故当时,,,可得在区间单调递增,因此,当时,,即,亦即,这时,故可得,取,可得,而,故.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明,属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点,利用导数证明不等主要方法有两个,一是比较简单的不等式证明,不等式两边作差构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出函数的最值即可;二是较为综合的不等式证明,要观察不等式特点,结合已解答的问题把要证的不等式变形,并运用已证结论先行放缩,然后再化简或者进一步利用导数证明.20、(1);(2)见解析【解析】
(1)由条件可得,再根据离心率可求得,则可得椭圆方程;(2)当与轴垂直时,设直线的方程为:,与椭圆联立求得的坐标,通过、斜率之积为列方程可得的值,进而可得的面积;当与轴不垂直时,设,,的方程为,与椭圆方程联立,利用韦达定理和、斜率之积为可得,再利用弦长公式求出,以及到的距离,通过三角形的面积公式求解.【详解】(1)抛物线的焦点为,,,,,,椭圆方程为;(2)(ⅰ)当与轴垂直时,设直线的方程为:代入得:,,,解得:,;(ⅱ)当与轴不垂直时,设,,的方程为由,由①,,,即整理得:代入①得:到的距离综上:为定值.【点睛】本题考查椭圆方程的求解,考查直线和椭圆的位置关系,考查韦达定理的应用,考查了学生的计算能力,是中档
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