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文档简介
2025届河北省郑口中学高三最后一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.已知函数,将函数的图象向左平移个单位长度后,所得到的图象关于轴对称,则的最小值是()A. B. C. D.2.已知直线,,则“”是“”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件3.在正方体中,球同时与以为公共顶点的三个面相切,球同时与以为公共顶点的三个面相切,且两球相切于点.若以为焦点,为准线的抛物线经过,设球的半径分别为,则()A. B. C. D.4.已知,,且是的充分不必要条件,则的取值范围是()A. B. C. D.5.如图所示,直三棱柱的高为4,底面边长分别是5,12,13,当球与上底面三条棱都相切时球心到下底面距离为8,则球的体积为()A.1605π3 B.6426.不等式组表示的平面区域为,则()A., B.,C., D.,7.己知抛物线的焦点为,准线为,点分别在抛物线上,且,直线交于点,,垂足为,若的面积为,则到的距离为()A. B. C.8 D.68.已知等比数列满足,,则()A. B. C. D.9.已知非零向量满足,,且与的夹角为,则()A.6 B. C. D.310.已知,为两条不同直线,,,为三个不同平面,下列命题:①若,,则;②若,,则;③若,,则;④若,,则.其中正确命题序号为()A.②③ B.②③④ C.①④ D.①②③11.要得到函数的导函数的图像,只需将的图像()A.向右平移个单位长度,再把各点的纵坐标伸长到原来的3倍B.向右平移个单位长度,再把各点的纵坐标缩短到原来的倍C.向左平移个单位长度,再把各点的纵坐标缩短到原来的倍D.向左平移个单位长度,再把各点的纵坐标伸长到原来的3倍12.若直线经过抛物线的焦点,则()A. B. C.2 D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设满足约束条件,则目标函数的最小值为_.14.若x,y满足,且y≥−1,则3x+y的最大值_____15.已知一个圆锥的底面积和侧面积分别为和,则该圆锥的体积为________16.如图,在中,已知,为边的中点.若,垂足为,则的值为__.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)以直角坐标系的原点为极点,轴的非负半轴为极轴,且两坐标系取相同的长度单位.已知曲线的参数方程:(为参数),直线的极坐标方程:(1)求曲线的极坐标方程;(2)若直线与曲线交于、两点,求的最大值.18.(12分)如图,在平面直角坐标系中,以轴正半轴为始边的锐角的终边与单位圆交于点,且点的纵坐标是.(1)求的值:(2)若以轴正半轴为始边的钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标为,求的值.19.(12分)已知函数,它的导函数为.(1)当时,求的零点;(2)当时,证明:.20.(12分)我国在贵州省平塘县境内修建的500米口径球面射电望远镜(FAST)是目前世界上最大单口径射电望远镜.使用三年来,已发现132颗优质的脉冲星候选体,其中有93颗已被确认为新发现的脉冲星,脉冲星是上世纪60年代天文学的四大发现之一,脉冲星就是正在快速自转的中子星,每一颗脉冲星每两脉冲间隔时间(脉冲星的自转周期)是-定的,最小小到0.0014秒,最长的也不过11.765735秒.某-天文研究机构观测并统计了93颗已被确认为新发现的脉冲星的自转周期,绘制了如图的频率分布直方图.(1)在93颗新发现的脉冲星中,自转周期在2至10秒的大约有多少颗?(2)根据频率分布直方图,求新发现脉冲星自转周期的平均值.21.(12分)求函数的最大值.22.(10分)如图,椭圆的左、右顶点分别为,,上、下顶点分别为,,且,为等边三角形,过点的直线与椭圆在轴右侧的部分交于、两点.(1)求椭圆的标准方程;(2)求四边形面积的取值范围.
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】
化简为,求出它的图象向左平移个单位长度后的图象的函数表达式,利用所得到的图象关于轴对称列方程即可求得,问题得解。【详解】函数可化为:,将函数的图象向左平移个单位长度后,得到函数的图象,又所得到的图象关于轴对称,所以,解得:,即:,又,所以.故选:A.【点睛】本题主要考查了两角和的正弦公式及三角函数图象的平移、性质等知识,考查转化能力,属于中档题。2、C【解析】
先得出两直线平行的充要条件,根据小范围可推导出大范围,可得到答案.【详解】直线,,的充要条件是,当a=2时,化简后发现两直线是重合的,故舍去,最终a=-1.因此得到“”是“”的充分必要条件.故答案为C.【点睛】判断充要条件的方法是:①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题,则命题p是命题q的充分不必要条件;②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题,则命题p是命题q的必要不充分条件;③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题,则命题p是命题q的充要条件;④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题,则命题p是命题q的即不充分也不必要条件.⑤判断命题p与命题q所表示的范围,再根据“谁大谁必要,谁小谁充分”的原则,判断命题p与命题q的关系.3、D【解析】
由题先画出立体图,再画出平面处的截面图,由抛物线第一定义可知,点到点的距离即半径,也即点到面的距离,点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体,设,两球球心和公切点都在体对角线上,通过几何关系可转化出,进而求解【详解】根据抛物线的定义,点到点的距离与到直线的距离相等,其中点到点的距离即半径,也即点到面的距离,点到直线的距离即点到面的距离,因此球内切于正方体,不妨设,两个球心和两球的切点均在体对角线上,两个球在平面处的截面如图所示,则,所以.又因为,因此,得,所以.故选:D【点睛】本题考查立体图与平面图的转化,抛物线几何性质的使用,内切球的性质,数形结合思想,转化思想,直观想象与数学运算的核心素养4、D【解析】
“是的充分不必要条件”等价于“是的充分不必要条件”,即中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集.【详解】由题意知:可化简为,,所以中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集,所以.【点睛】利用原命题与其逆否命题的等价性,对是的充分不必要条件进行命题转换,使问题易于求解.5、A【解析】
设球心为O,三棱柱的上底面ΔA1B1C1的内切圆的圆心为O1,该圆与边B【详解】如图,设三棱柱为ABC-A1B1C所以底面ΔA1B1C1为斜边是A1C1则圆O1的半径为O设球心为O,则由球的几何知识得ΔOO1M所以OM=2即球O的半径为25所以球O的体积为43故选A.【点睛】本题考查与球有关的组合体的问题,解答本题的关键有两个:(1)构造以球半径R、球心到小圆圆心的距离d和小圆半径r为三边的直角三角形,并在此三角形内求出球的半径,这是解决与球有关的问题时常用的方法.(2)若直角三角形的两直角边为a,b,斜边为c,则该直角三角形内切圆的半径r=a+b-c6、D【解析】
根据题意,分析不等式组的几何意义,可得其表示的平面区域,设,分析的几何意义,可得的最小值,据此分析选项即可得答案.【详解】解:根据题意,不等式组其表示的平面区域如图所示,其中,,
设,则,的几何意义为直线在轴上的截距的2倍,
由图可得:当过点时,直线在轴上的截距最大,即,当过点原点时,直线在轴上的截距最小,即,故AB错误;
设,则的几何意义为点与点连线的斜率,由图可得最大可到无穷大,最小可到无穷小,故C错误,D正确;故选:D.【点睛】本题考查本题考查二元一次不等式的性质以及应用,关键是对目标函数几何意义的认识,属于基础题.7、D【解析】
作,垂足为,过点N作,垂足为G,设,则,结合图形可得,,从而可求出,进而可求得,,由的面积即可求出,再结合为线段的中点,即可求出到的距离.【详解】如图所示,作,垂足为,设,由,得,则,.过点N作,垂足为G,则,,所以在中,,,所以,所以,在中,,所以,所以,,所以.解得,因为,所以为线段的中点,所以F到l的距离为.故选:D【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质及平面几何的有关知识,属于中档题.8、B【解析】由a1+a3+a5=21得a3+a5+a7=,选B.9、D【解析】
利用向量的加法的平行四边形法则,判断四边形的形状,推出结果即可.【详解】解:非零向量,满足,可知两个向量垂直,,且与的夹角为,说明以向量,为邻边,为对角线的平行四边形是正方形,所以则.故选:.【点睛】本题考查向量的几何意义,向量加法的平行四边形法则的应用,考查分析问题解决问题的能力,属于基础题.10、C【解析】
根据直线与平面,平面与平面的位置关系进行判断即可.【详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得,若,,则,故①正确;若,,平面可能相交,故②错误;若,,则可能平行,故③错误;由线面垂直的性质可得,④正确;故选:C【点睛】本题主要考查了判断直线与平面,平面与平面的位置关系,属于中档题.11、D【解析】
先求得,再根据三角函数图像变换的知识,选出正确选项.【详解】依题意,所以由向左平移个单位长度,再把各点的纵坐标伸长到原来的3倍得到的图像.故选:D【点睛】本小题主要考查复合函数导数的计算,考查诱导公式,考查三角函数图像变换,属于基础题.12、B【解析】
计算抛物线的交点为,代入计算得到答案.【详解】可化为,焦点坐标为,故.故选:.【点睛】本题考查了抛物线的焦点,属于简单题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
根据满足约束条件,画出可行域,将目标函数,转化为,平移直线,找到直线在轴上截距最小时的点,此时,目标函数取得最小值.【详解】由满足约束条件,画出可行域如图所示阴影部分:将目标函数,转化为,平移直线,找到直线在轴上截距最小时的点此时,目标函数取得最小值,最小值为故答案为:-1【点睛】本题主要考查线性规划求最值,还考查了数形结合的思想方法,属于基础题.14、5.【解析】
由约束条件作出可行域,令z=3x+y,化为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,把最优解的坐标代入目标函数得答案.【详解】由题意作出可行域如图阴影部分所示.设,当直线经过点时,取最大值5.故答案为:5【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,是中档题.15、【解析】
依据圆锥的底面积和侧面积公式,求出底面半径和母线长,再根据勾股定理求出圆锥的高,最后利用圆锥的体积公式求出体积。【详解】设圆锥的底面半径为,母线长为,高为,所以有解得,故该圆锥的体积为。【点睛】本题主要考查圆锥的底面积、侧面积和体积公式的应用。16、【解析】
,由余弦定理,得,得,,,所以,所以.点睛:本题考查平面向量的综合应用.本题中存在垂直关系,所以在线性表示的过程中充分利用垂直关系,得到,所以本题转化为求长度,利用余弦定理和面积公式求解即可.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)10【解析】
(1)消去参数,可得曲线C的普通方程,再根据极坐标与直角坐标的互化公式,代入即可求得曲线C的极坐标方程;(2)将代入曲线C的极坐标方程,利用根与系数的关系,求得,进而得到=,结合三角函数的性质,即可求解.【详解】(1)由题意,曲线C的参数方程为,消去参数,可得曲线C的普通方程为,即,又由,代入可得曲线C的极坐标方程为.(2)将代入,得,即,所以=,其中,当时,取最大值,最大值为10.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程,极坐标方程与直角坐标方程的互化,以及曲线的极坐标方程的应用,着重考查了运算与求解能力,属于中档试题.18、(1)(2)【解析】
(1)依题意,任意角的三角函数的定义可知,,进而求出.在利用余弦的和差公式即可求出.(2)根据钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,得出,进而得出,利用正弦的和差公式即可求出,结合为锐角,为钝角,即可得出的值.【详解】解:因为锐角的终边与单位圆交于点,点的纵坐标是,所以由任意角的三角函数的定义可知,.从而.(1)于是.(2)因为钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,所以,从而.于是.因为为锐角,为钝角,所以从而.【点睛】本题本题考查正弦函数余弦函数的定义,考查正弦余弦的两角和差公式,是基础题.19、(1)见解析;(2)证明见解析.【解析】
当时,求函数的导数,判断导函数的单调性,计算即为导函数的零点;
当时,分类讨论x的范围,可令新函数,计算新函数的最值可证明.【详解】(1)的定义域为当时,,,易知为上的增函数,又,所以是的唯一零点;(2)证明:当时,,①若,则,所以成立,②若,设,则,令,则,因为,所以,从而在上单调递增,所以,即,在上单调递增;所以,即,故.【点睛】本题主要考查导数法研究函数的单调性,单调性,零点的求法.注意分类讨论和构造新函数求函数的最值的应用.20、(1)79颗;(2)5.5秒.【解析】
(1)利用各小矩形的面积和为1可得,进而得到脉冲星自转周期在2至10秒的频率,从而得到频数;(2)平均值的估计值为
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