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文档简介

2025届江苏省宿迁市沭阳中学高三二诊模拟考试数学试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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.已知函数,若,则的值等于()A. B. C. D.2.设集合则()A. B. C. D.3.函数的图象大致为()A. B.C. D.4.过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方),l为C的准线,点N在l上且MN⊥l,则M到直线NF的距离为()A. B. C. D.5.若实数、满足,则的最小值是()A. B. C. D.6.为了得到函数的图象,只需把函数的图象上所有的点()A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度7.在正方体中,E是棱的中点,F是侧面内的动点,且与平面的垂线垂直,如图所示,下列说法不正确的是()A.点F的轨迹是一条线段 B.与BE是异面直线C.与不可能平行 D.三棱锥的体积为定值8.已知向量,则()A.∥ B.⊥ C.∥() D.⊥()9.设数列的各项均为正数,前项和为,,且,则()A.128 B.65 C.64 D.6310.己知,,,则()A. B. C. D.11.已知复数z满足,则z的虚部为()A. B.i C.–1 D.112.一个几何体的三视图如图所示,正视图、侧视图和俯视图都是由一个边长为的正方形及正方形内一段圆弧组成,则这个几何体的表面积是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如图是一个算法的伪代码,运行后输出的值为___________.14.某四棱锥的三视图如图所示,那么此四棱锥的体积为______.15.集合,,若是平面上正八边形的顶点所构成的集合,则下列说法正确的为________①的值可以为2;②的值可以为;③的值可以为;16.设集合,(其中e是自然对数的底数),且,则满足条件的实数a的个数为______.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)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,,为等边三角形,平面平面ABCD,M,N分别是线段PD和BC的中点.(1)求直线CM与平面PAB所成角的正弦值;(2)求二面角D-AP-B的余弦值;(3)试判断直线MN与平面PAB的位置关系,并给出证明.18.(12分)已知是圆:的直径,动圆过,两点,且与直线相切.(1)若直线的方程为,求的方程;(2)在轴上是否存在一个定点,使得以为直径的圆恰好与轴相切?若存在,求出点的坐标;若不存在,请说明理由.19.(12分)如图,已知抛物线:与圆:()相交于,,,四个点,(1)求的取值范围;(2)设四边形的面积为,当最大时,求直线与直线的交点的坐标.20.(12分)已知函数,其导函数为,(1)若,求不等式的解集;(2)证明:对任意的,恒有.21.(12分)已知函数.(1)讨论函数f(x)的极值点的个数;(2)若f(x)有两个极值点证明.22.(10分)如图,在三棱锥中,平面平面,,.点,,分别为线段,,的中点,点是线段的中点.(1)求证:平面.(2)判断与平面的位置关系,并证明.

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】

由函数的奇偶性可得,【详解】∵其中为奇函数,也为奇函数∴也为奇函数∴故选:B【点睛】函数奇偶性的运用即得结果,小记,定义域关于原点对称时有:①奇函数±奇函数=奇函数;②奇函数×奇函数=偶函数;③奇函数÷奇函数=偶函数;④偶函数±偶函数=偶函数;⑤偶函数×偶函数=偶函数;⑥奇函数×偶函数=奇函数;⑦奇函数÷偶函数=奇函数2、C【解析】

直接求交集得到答案.【详解】集合,则.故选:.【点睛】本题考查了交集运算,属于简单题.3、A【解析】

确定函数在定义域内的单调性,计算时的函数值可排除三个选项.【详解】时,函数为减函数,排除B,时,函数也是减函数,排除D,又时,,排除C,只有A可满足.故选:A.【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象,可通过解析式研究函数的性质,如奇偶性、单调性、对称性等等排除,可通过特殊的函数值,函数值的正负,函数值的变化趋势排除,最后剩下的一个即为正确选项.4、C【解析】

联立方程解得M(3,),根据MN⊥l得|MN|=|MF|=4,得到△MNF是边长为4的等边三角形,计算距离得到答案.【详解】依题意得F(1,0),则直线FM的方程是y=(x-1).由得x=或x=3.由M在x轴的上方得M(3,),由MN⊥l得|MN|=|MF|=3+1=4又∠NMF等于直线FM的倾斜角,即∠NMF=60°,因此△MNF是边长为4的等边三角形点M到直线NF的距离为故选:C.【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系,意在考查学生的计算能力和转化能力.5、D【解析】

根据约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,求出最优解的坐标,代入目标函数得答案【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示:联立,得,可得点,由得,平移直线,当该直线经过可行域的顶点时,该直线在轴上的截距最小,此时取最小值,即.故选:D.【点睛】本题考查简单的线性规划,考查数形结合的解题思想方法,是基础题.6、D【解析】

通过变形,通过“左加右减”即可得到答案.【详解】根据题意,故只需把函数的图象上所有的点向右平移个单位长度可得到函数的图象,故答案为D.【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换,难度不大.7、C【解析】

分别根据线面平行的性质定理以及异面直线的定义,体积公式分别进行判断.【详解】对于,设平面与直线交于点,连接、,则为的中点分别取、的中点、,连接、、,,平面,平面,平面.同理可得平面,、是平面内的相交直线平面平面,由此结合平面,可得直线平面,即点是线段上上的动点.正确.对于,平面平面,和平面相交,与是异面直线,正确.对于,由知,平面平面,与不可能平行,错误.对于,因为,则到平面的距离是定值,三棱锥的体积为定值,所以正确;故选:.【点睛】本题考查了正方形的性质、空间位置关系、空间角、简易逻辑的判定方法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.8、D【解析】

由题意利用两个向量坐标形式的运算法则,两个向量平行、垂直的性质,得出结论.【详解】∵向量(1,﹣2),(3,﹣1),∴和的坐标对应不成比例,故、不平行,故排除A;显然,•3+2≠0,故、不垂直,故排除B;∴(﹣2,﹣1),显然,和的坐标对应不成比例,故和不平行,故排除C;∴•()=﹣2+2=0,故⊥(),故D正确,故选:D.【点睛】本题主要考查两个向量坐标形式的运算,两个向量平行、垂直的性质,属于基础题.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、B【解析】

先将三个数通过指数,对数运算变形,再判断.【详解】因为,,所以,故选:B.【点睛】本题主要考查指数、对数的大小比较,还考查推理论证能力以及化归与转化思想,属于中档题.11、C【解析】

利用复数的四则运算可得,即可得答案.【详解】∵,∴,∴,∴复数的虚部为.故选:C.【点睛】本题考查复数的四则运算、虚部概念,考查运算求解能力,属于基础题.12、C【解析】

画出直观图,由球的表面积公式求解即可【详解】这个几何体的直观图如图所示,它是由一个正方体中挖掉个球而形成的,所以它的表面积为.故选:C【点睛】本题考查三视图以及几何体的表面积的计算,考查空间想象能力和运算求解能力.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、13【解析】根据题意得到:a=0,b=1,i=2A=1,b=2,i=4,A=3,b=5,i=6,A=8,b=13,i=8不满足条件,故得到此时输出的b值为13.故答案为13.14、【解析】

利用三视图判断几何体的形状,然后通过三视图的数据求解几何体的体积.【详解】如图:此四棱锥的高为,底面是长为,宽为2的矩形,所以体积.所以本题答案为.【点睛】本题考查几何体与三视图的对应关系,几何体体积的求法,考查空间想象能力与计算能力.解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义,真正把握几何体的结构特征,可以根据条件构建几何模型,在几何模型中进行判断.15、②③【解析】

根据对称性,只需研究第一象限的情况,计算:,得到,,得到答案.【详解】如图所示:根据对称性,只需研究第一象限的情况,集合:,故,即或,集合:,是平面上正八边形的顶点所构成的集合,故所在的直线的倾斜角为,,故:,解得,此时,,此时.故答案为:②③.【点睛】本题考查了根据集合的交集求参数,意在考查学生的计算能力和转化能力,利用对称性是解题的关键.16、【解析】

可看出,这样根据即可得出,从而得出满足条件的实数的个数为1.【详解】解:,或,在同一平面直角坐标系中画出函数与的图象,由图可知与无交点,无解,则满足条件的实数的个数为.故答案为:.【点睛】考查列举法的定义,交集的定义及运算,以及知道方程无解,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)直线平面,证明见解析【解析】

取中点,连接,则,再由已知证明平面,以为坐标原点,分别以,,所在直线为,,轴建立空间直角坐标系,求出平面的一个法向量.(1)求出的坐标,由与所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值;(2)求出平面的一个法向量,再由两平面法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值;(3)求出的坐标,由,结合平面,可得直线平面.【详解】底面是边长为2的菱形,,为等边三角形.取中点,连接,则,为等边三角形,,又平面平面,且平面平面,平面.以为坐标原点,分别以,,所在直线为,,轴建立空间直角坐标系.则,,,,1,,,0,,,,,,0,,,,,,,.,,设平面的一个法向量为.由,取,得.(1)证明:设直线与平面所成角为,,则,即直线与平面所成角的正弦值为;(2)设平面的一个法向量为,由,得二面角的余弦值为;(3),,又平面,直线平面.【点睛】本题考查线面平行的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查推理能力与计算能力,属于中档题.18、(1)或.(2)存在,;【解析】

(1)根据动圆过,两点,可得圆心在的垂直平分线上,由直线的方程为,可知在直线上;设,由动圆与直线相切可得动圆的半径为;又由,及垂径定理即可确定的值,进而确定圆的方程.(2)方法一:设,可得圆的半径为,根据,可得方程为并化简可得的轨迹方程为.设,,可得的中点,进而由两点间距离公式表示出半径,表示出到轴的距离,代入化简即可求得的值,进而确定所过定点的坐标;方法二:同上可得的轨迹方程为,由抛物线定义可求得,表示出线段的中点的坐标,根据到轴的距离可得等量关系,进而确定所过定点的坐标.【详解】(1)因为过点,,所以圆心在的垂直平分线上.由已知的方程为,且,关于于坐标原点对称,所以在直线上,故可设.因为与直线相切,所以的半径为.由已知得,,又,故可得,解得或.故的半径或,所以的方程为或.(2)法一:设,由已知得的半径为,.由于,故可得,化简得的轨迹方程为.设,,则得,的中点,则以为直径的圆的半径为:,到轴的距离为,令,①化简得,即,故当时,①式恒成立.所以存在定点,使得以为直径的圆与轴相切.法二:设,由已知得的半径为,.由于,故可得,化简得的轨迹方程为.设,因为抛物线的焦点坐标为,点在抛物线上,所以,线段的中点的坐标为,则到轴的距离为,而,故以为径的圆与轴切,所以当点与重合时,符合题意,所以存在定点,使得以为直径的圆与轴相切.【点睛】本题考查了圆的标准方程求法,动点轨迹方程的求法,抛物线定义及定点问题的解法综合应用,属于难题.19、(1)(2)点的坐标为【解析】

将抛物线方程与圆方程联立,消去得到关于的一元二次方程,抛物线与圆有四个交点需满足关于的一元二次方程在上有两个不等的实数根,根据二次函数的有关性质即可得到关于的不等式组,解不等式即可.不妨设抛物线与圆的四个交点坐标为,,,,据此可表示出直线、的方程,联立方程即可表示出点坐标,再根据等腰梯形的面积公式可得四边形的面积的表达式,令,由及知,对关于的面积函数进行求导,判断其单调性和最值,即可求出四边形的面积取得最大值时的值,进而求出点坐标.【详解】(1)联立抛物线与圆的方程消去,得.由题意可知在上有两个不等的实数根.所以解得,所以的取值范围为.(2)根据(1)可设方程的两个根分别为,(),则,,,,且,,所以直线、的方程分别为,,联立方程可得,点的坐标为,因为四边形为等腰梯形,所以,令,则,所以,因为,所以当时,;当时,,所以函数在上单调递增,在上单调递减,即当时,四边形的面积取得最大值,因为,点的坐标为,所以当四边形的面积取得最大值时,点的坐标为.【点睛】本题考查利用导数求函数的极值与最值、抛物线及其标准方程及直线与圆锥曲线相关的最值问题;考查运算求解能力、转化与化归能力和知识的综合运用能力;利用函数的思想求圆锥曲线中面积的最值是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.20、(1)(2)证明见解析【解析】

(1)求出的导数,根据导函数的性质判断函数的单调性,再利用函数单调性解函数型不等式;(2)构造函数,利用导数判断在区间上单调递减,结合可得结果.【详解】(1)若,则.设,则,所以在上单调递减,在上单调递增.又当时,;当时,;当时,,所以所以在上单调递增,又,所以不等式的解集为.(2)设,再令,,在上单调递减,又,,,,,.即【点睛】本题考查利用函数的导数来判断函数的单调性,再利用函数的单调

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