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文档简介

2025届湖南省邵东县两市镇第二中学高考临考冲刺数学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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.已知集合,则元素个数为()A.1 B.2 C.3 D.42.大衍数列,米源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论,主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理,数列中的每一项,都代表太极衍生过程中,曾经经历过的两仪数量总和.已知该数列前10项是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,…,则大衍数列中奇数项的通项公式为()A. B. C. D.3.函数在的图象大致为A. B.C. D.4.已知整数满足,记点的坐标为,则点满足的概率为()A. B. C. D.5.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A. B. C. D.846.过抛物线的焦点且与的对称轴垂直的直线与交于,两点,,为的准线上的一点,则的面积为()A.1 B.2 C.4 D.87.设曲线在点处的切线方程为,则()A.1 B.2 C.3 D.48.设等比数列的前项和为,若,则的值为()A. B. C. D.9.设直线过点,且与圆:相切于点,那么()A. B.3 C. D.110.已知三棱锥且平面,其外接球体积为()A. B. C. D.11.某几何体的三视图如图所示(单位:),则该几何体的体积(单位:)为()A. B.6 C. D.12.已知、,,则下列是等式成立的必要不充分条件的是()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,圆,直线PM,PN分别与圆O相切,切点为M,N,若,则的最小值为________.14.已知两动点在椭圆上,动点在直线上,若恒为锐角,则椭圆的离心率的取值范围为__________.15.已知等差数列满足,,则的值为________.16.曲线在处的切线方程是_________.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)在如图所示的多面体中,平面平面,四边形是边长为2的菱形,四边形为直角梯形,四边形为平行四边形,且,,(1)若分别为,的中点,求证:平面;(2)若,与平面所成角的正弦值,求二面角的余弦值.18.(12分)已知椭圆的离心率为,且过点,点在第一象限,为左顶点,为下顶点,交轴于点,交轴于点.(1)求椭圆的标准方程;(2)若,求点的坐标.19.(12分)已知分别是的内角的对边,且.(Ⅰ)求.(Ⅱ)若,,求的面积.(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求的值.20.(12分)设函数f(x)=x2−4xsinx−4cosx.(1)讨论函数f(x)在[−π,π]上的单调性;(2)证明:函数f(x)在R上有且仅有两个零点.21.(12分)在中,角,,所对的边分别为,,,已知,,角为锐角,的面积为.(1)求角的大小;(2)求的值.22.(10分)已知f(x)=|x+3|-|x-2|(1)求函数f(x)的最大值m;(2)正数a,b,c满足a+2b+3c=m,求证:

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】

作出两集合所表示的点的图象,可得选项.【详解】由题意得,集合A表示以原点为圆心,以2为半径的圆,集合B表示函数的图象上的点,作出两集合所表示的点的示意图如下图所示,得出两个图象有两个交点:点A和点B,所以两个集合有两个公共元素,所以元素个数为2,故选:B.【点睛】本题考查集合的交集运算,关键在于作出集合所表示的点的图象,再运用数形结合的思想,属于基础题.2、B【解析】

直接代入检验,排除其中三个即可.【详解】由题意,排除D,,排除A,C.同时B也满足,,,故选:B.【点睛】本题考查由数列的项选择通项公式,解题时可代入检验,利用排除法求解.3、A【解析】

因为,所以排除C、D.当从负方向趋近于0时,,可得.故选A.4、D【解析】

列出所有圆内的整数点共有37个,满足条件的有7个,相除得到概率.【详解】因为是整数,所以所有满足条件的点是位于圆(含边界)内的整数点,满足条件的整数点有共37个,满足的整数点有7个,则所求概率为.故选:.【点睛】本题考查了古典概率的计算,意在考查学生的应用能力.5、B【解析】

画出几何体的直观图,计算表面积得到答案.【详解】该几何体的直观图如图所示:故.故选:.【点睛】本题考查了根据三视图求表面积,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.6、C【解析】

设抛物线的解析式,得焦点为,对称轴为轴,准线为,这样可设点坐标为,代入抛物线方程可求得,而到直线的距离为,从而可求得三角形面积.【详解】设抛物线的解析式,则焦点为,对称轴为轴,准线为,∵直线经过抛物线的焦点,,是与的交点,又轴,∴可设点坐标为,代入,解得,又∵点在准线上,设过点的的垂线与交于点,,∴.故应选C.【点睛】本题考查抛物线的性质,解题时只要设出抛物线的标准方程,就能得出点坐标,从而求得参数的值.本题难度一般.7、D【解析】

利用导数的几何意义得直线的斜率,列出a的方程即可求解【详解】因为,且在点处的切线的斜率为3,所以,即.故选:D【点睛】本题考查导数的几何意义,考查运算求解能力,是基础题8、C【解析】

求得等比数列的公比,然后利用等比数列的求和公式可求得的值.【详解】设等比数列的公比为,,,,因此,.故选:C.【点睛】本题考查等比数列求和公式的应用,解答的关键就是求出等比数列的公比,考查计算能力,属于基础题.9、B【解析】

过点的直线与圆:相切于点,可得.因此,即可得出.【详解】由圆:配方为,,半径.∵过点的直线与圆:相切于点,∴;∴;故选:B.【点睛】本小题主要考查向量数量积的计算,考查圆的方程,属于基础题.10、A【解析】

由,平面,可将三棱锥还原成长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,进而求解.【详解】由题,因为,所以,设,则由,可得,解得,可将三棱锥还原成如图所示的长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,设外接球的半径为,则,所以,所以外接球的体积.故选:A【点睛】本题考查三棱锥的外接球体积,考查空间想象能力.11、D【解析】

根据几何体的三视图,该几何体是由正方体去掉三棱锥得到,根据正方体和三棱锥的体积公式可求解.【详解】如图,该几何体为正方体去掉三棱锥,所以该几何体的体积为:,故选:D【点睛】本题主要考查了空间几何体的三视图以及体积的求法,考查了空间想象力,属于中档题.12、D【解析】

构造函数,,利用导数分析出这两个函数在区间上均为减函数,由得出,分、、三种情况讨论,利用放缩法结合函数的单调性推导出或,再利用余弦函数的单调性可得出结论.【详解】构造函数,,则,,所以,函数、在区间上均为减函数,当时,则,;当时,,.由得.①若,则,即,不合乎题意;②若,则,则,此时,,由于函数在区间上单调递增,函数在区间上单调递增,则,;③若,则,则,此时,由于函数在区间上单调递减,函数在区间上单调递增,则,.综上所述,.故选:D.【点睛】本题考查函数单调性的应用,构造新函数是解本题的关键,解题时要注意对的取值范围进行分类讨论,考查推理能力,属于中等题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

由可知R为中点,设,由过切点的切线方程即可求得,,代入,,则在直线上,即可得方程为,将,代入化简可得,则直线过定点,由则点在以为直径的圆上,则.即可求得.【详解】如图,由可知R为MN的中点,所以,,设,则切线PM的方程为,即,同理可得,因为PM,PN都过,所以,,所以在直线上,从而直线MN方程为,因为,所以,即直线MN方程为,所以直线MN过定点,所以R在以OQ为直径的圆上,所以.故答案为:.【点睛】本题考查直线和圆的位置关系,考查圆的切线方程,定点和圆上动点距离的最值问题,考查学生的数形结合能力和计算能力,难度较难.14、【解析】

根据题意可知圆上任意一点向椭圆所引的两条切线互相垂直,恒为锐角,只需直线与圆相离,从而可得,解不等式,再利用离心率即可求解.【详解】根据题意可得,圆上任意一点向椭圆所引的两条切线互相垂直,因此当直线与圆相离时,恒为锐角,故,解得从而离心率.故答案为:【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质,考查了逻辑分析能力,属于中档题.15、11【解析】

由等差数列的下标和性质可得,由即可求出公差,即可求解;【详解】解:设等差数列的公差为,,又因为,解得故答案为:【点睛】本题考查等差数列的通项公式及等差数列的性质的应用,属于基础题.16、【解析】

利用导数的运算法则求出导函数,再利用导数的几何意义即可求解.【详解】求导得,所以,所以切线方程为故答案为:【点睛】本题考查了基本初等函数的导数、导数的运算法则以及导数的几何意义,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)见解析(2)【解析】试题分析:(1)第(1)问,转化成证明平面,再转化成证明和.(2)第(2)问,先利用几何法找到与平面所成角,再根据与平面所成角的正弦值为求出再建立空间直角坐标系,求出二面角的余弦值.试题解析:(1)连接,因为四边形为菱形,所以.因为平面平面,平面平面,平面,,所以平面.又平面,所以.因为,所以.因为,所以平面.因为分别为,的中点,所以,所以平面(2)设,由(1)得平面.由,,得,.过点作,与的延长线交于点,取的中点,连接,,如图所示,又,所以为等边三角形,所以,又平面平面,平面平面,平面,故平面.因为为平行四边形,所以,所以平面.又因为,所以平面.因为,所以平面平面.由(1),得平面,所以平面,所以.因为,所以平面,所以是与平面所成角.因为,,所以平面,平面,因为,所以平面平面.所以,,解得.在梯形中,易证,分别以,,的正方向为轴,轴,轴的正方向建立空间直角坐标系.则,,,,,,由,及,得,所以,,.设平面的一个法向量为,由得令,得m=(3,1,2)设平面的一个法向量为,由得令,得.所以又因为二面角是钝角,所以二面角的余弦值是.18、(1);(2)【解析】

(1)由题意得,求出,进而可得到椭圆的方程;(2)由(1)知点,坐标,设直线的方程为,易知,可得点的坐标为,联立方程,得到关于的一元二次方程,结合根与系数关系,可用表示的坐标,进而由三点共线,即,可用表示的坐标,再结合,可建立方程,从而求出的值,即可求得点的坐标.【详解】(1)由题意得,解得,所以椭圆的方程为.(2)由(1)知点,,由题意可设直线的斜率为,则,所以直线的方程为,则点的坐标为,联立方程,消去得:.设,则,所以,所以,所以.设点的坐标为,因为点三点共线,所以,即,所以,所以.因为,所以,即,所以,解得,又,所以符合题意,计算可得,,故点的坐标为.【点睛】本题考查椭圆方程的求法,考查直线与椭圆位置关系的应用,考查平行线的性质,考查学生的计算求解能力,属于难题.19、(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ).【解析】

(Ⅰ)由已知结合正弦定理先进行代换,然后结合和差角公式及正弦定理可求;(Ⅱ)由余弦定理可求,然后结合三角形的面积公式可求;(Ⅲ)结合二倍角公式及和角余弦公式即可求解.【详解】(Ⅰ)因为,所以,所以,由正弦定理可得,;(Ⅱ)由余弦定理可得,,整理可得,,解可得,,因为,所以;(Ⅲ)由于,.所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理、和角余弦公式,二倍角公式及三角形的面积公式的综合应用,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20、见解析【解析】

(1)f(x)=2x−4xcosx−4sinx+4sinx=,由f(x)=1,x∈[−π,π]得x=1或或.当x变化时,f(x)和f(x)的变化情况如下表:x1f(x)−1+1−1+f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)在区间,上单调递减,在区间,上单调递增.(2)由(1)得极大值为f(1)=−4;极小值为f()=f()<f(1)<1.又f(π)=f(−π)=π2+4>1,所以f(x)在,上各有一个零点.显然x∈(π,2π)时,−4xsinx>1,x2−4cosx>1,所以f(x)>1;x∈[2π,+∞)时,f(x)≥x2−4x−4>62−4×6−4=8>1,所以f(x)在(π,+∞)上没有零点.因为f(−x)=(−x)2−4(−x)sin(−x)−4cos(−x)=x2−4xsinx−4cosx=f(x),所以f(x)为偶函数,从而x<−π时,f(x)>1,即f(x)在(−∞,−π)上也没有零点.故f(x)仅在,上各有一个零点,即f(x)在R上有且仅有两个零点.21、(1);(2)7.【解析】分析:(1)由三角形面积公式和已知条件求得sinA的值,进而求得A;(2)利用余弦定理公式和(1)中求得的A求得a.详解:(1)∵,∴,∵为锐角,∴;(2)由余弦定理得:.点睛:本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数,属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式:(1);(

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