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文档简介
陕西省商洛市第3中学2025届高考数学全真模拟密押卷注意事项: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.如图,在矩形中的曲线分别是,的一部分,,,在矩形内随机取一点,若此点取自阴影部分的概率为,取自非阴影部分的概率为,则()A. B. C. D.大小关系不能确定2.已知抛物线的焦点为,准线为,是上一点,是直线与抛物线的一个交点,若,则()A. B.3 C. D.23.函数在内有且只有一个零点,则a的值为()A.3 B.-3 C.2 D.-24.已知,,,则的大小关系为()A. B. C. D.5.若双曲线的焦距为,则的一个焦点到一条渐近线的距离为()A. B. C. D.6.在关于的不等式中,“”是“恒成立”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件7.在三棱锥中,,,则三棱锥外接球的表面积是()A. B. C. D.8.中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”,主要指德育;“乐”,主要指美育;“射”和“御”,就是体育和劳动;“书”,指各种历史文化知识;“数”,数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动,每艺安排一节,连排六节,一天课程讲座排课有如下要求:“乐”不排在第一节,“射”和“御”两门课程不相邻,则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有()种.A.408 B.120 C.156 D.2409.已知复数为虚数单位),则z的虚部为()A.2 B. C.4 D.10.已知直线y=k(x+1)(k>0)与抛物线C相交于A,B两点,F为C的焦点,若|FA|=2|FB|,则|FA|=()A.1 B.2 C.3 D.411.已知是虚数单位,则()A. B. C. D.12.某学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况,抽取了一个容量为的样本,其频率分布直方图如图所示,其中支出在(单位:元)的同学有34人,则的值为()A.100 B.1000 C.90 D.90二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知函数为上的奇函数,满足.则不等式的解集为________.14.“今有女善织,日益功疾,初日织五尺,今一月共织九匹三丈.”其白话意译为:“现有一善织布的女子,从第2天开始,每天比前一天多织相同数量的布,第一天织了5尺布,现在一个月(按30天计算)共织布390尺.”则每天增加的数量为____尺,设该女子一个月中第n天所织布的尺数为,则______.15.设、分别为椭圆:的左、右两个焦点,过作斜率为1的直线,交于、两点,则________16.锐角中,角,,所对的边分别为,,,若,则的取值范围是______.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)如图,四棱锥中,四边形是矩形,,,为正三角形,且平面平面,、分别为、的中点.(1)证明:平面;(2)求几何体的体积.18.(12分)已知函数,.(1)当时,求不等式的解集;(2)当时,不等式恒成立,求实数的取值范围.19.(12分)已知直线与椭圆恰有一个公共点,与圆相交于两点.(I)求与的关系式;(II)点与点关于坐标原点对称.若当时,的面积取到最大值,求椭圆的离心率.20.(12分)设为抛物线的焦点,,为抛物线上的两个动点,为坐标原点.(Ⅰ)若点在线段上,求的最小值;(Ⅱ)当时,求点纵坐标的取值范围.21.(12分)在直角坐标系中,圆的参数方程为(为参数),以为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求圆的极坐标方程;(2)直线的极坐标方程是,射线与圆的交点为、,与直线的交点为,求线段的长.22.(10分)已知函数,.(1)讨论的单调性;(2)当时,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】
先用定积分求得阴影部分一半的面积,再根据几何概型概率公式可求得.【详解】根据题意,阴影部分的面积的一半为:,于是此点取自阴影部分的概率为.又,故.故选B.【点睛】本题考查了几何概型,定积分的计算以及几何意义,属于中档题.2、D【解析】
根据抛物线的定义求得,由此求得的长.【详解】过作,垂足为,设与轴的交点为.根据抛物线的定义可知.由于,所以,所以,所以,所以.故选:D【点睛】本小题主要考查抛物线的定义,考查数形结合的数学思想方法,属于基础题.3、A【解析】
求出,对分类讨论,求出单调区间和极值点,结合三次函数的图像特征,即可求解.【详解】,若,,在单调递增,且,在不存在零点;若,,在内有且只有一个零点,.故选:A.【点睛】本题考查函数的零点、导数的应用,考查分类讨论思想,熟练掌握函数图像和性质是解题的关键,属于中档题.4、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.5、B【解析】
根据焦距即可求得参数,再根据点到直线的距离公式即可求得结果.【详解】因为双曲线的焦距为,故可得,解得,不妨取;又焦点,其中一条渐近线为,由点到直线的距离公式即可求的.故选:B.【点睛】本题考查由双曲线的焦距求方程,以及双曲线的几何性质,属综合基础题.6、C【解析】
讨论当时,是否恒成立;讨论当恒成立时,是否成立,即可选出正确答案.【详解】解:当时,,由开口向上,则恒成立;当恒成立时,若,则不恒成立,不符合题意,若时,要使得恒成立,则,即.所以“”是“恒成立”的充要条件.故选:C.【点睛】本题考查了命题的关系,考查了不等式恒成立问题.对于探究两个命题的关系时,一般分成两步,若,则推出是的充分条件;若,则推出是的必要条件.7、B【解析】
取的中点,连接、,推导出,设设球心为,和的中心分别为、,可得出平面,平面,利用勾股定理计算出球的半径,再利用球体的表面积公式可得出结果.【详解】取的中点,连接、,由和都是正三角形,得,,则,则,由勾股定理的逆定理,得.设球心为,和的中心分别为、.由球的性质可知:平面,平面,又,由勾股定理得.所以外接球半径为.所以外接球的表面积为.故选:B.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算,解题时要分析几何体的结构,找出球心的位置,并以此计算出球的半径长,考查推理能力与计算能力,属于中等题.8、A【解析】
利用间接法求解,首先对6门课程全排列,减去“乐”排在第一节的情况,再减去“射”和“御”两门课程相邻的情况,最后还需加上“乐”排在第一节,且“射”和“御”两门课程相邻的情况;【详解】解:根据题意,首先不做任何考虑直接全排列则有(种),当“乐”排在第一节有(种),当“射”和“御”两门课程相邻时有(种),当“乐”排在第一节,且“射”和“御”两门课程相邻时有(种),则满足“乐”不排在第一节,“射”和“御”两门课程不相邻的排法有(种),故选:.【点睛】本题考查排列、组合的应用,注意“乐”的排列对“射”和“御”两门课程相邻的影响,属于中档题.9、A【解析】
对复数进行乘法运算,并计算得到,从而得到虚部为2.【详解】因为,所以z的虚部为2.【点睛】本题考查复数的四则运算及虚部的概念,计算过程要注意.10、C【解析】
方法一:设,利用抛物线的定义判断出是的中点,结合等腰三角形的性质求得点的横坐标,根据抛物线的定义求得,进而求得.方法二:设出两点的横坐标,由抛物线的定义,结合求得的关系式,联立直线的方程和抛物线方程,写出韦达定理,由此求得,进而求得.【详解】方法一:由题意得抛物线的准线方程为,直线恒过定点,过分别作于,于,连接,由,则,所以点为的中点,又点是的中点,则,所以,又所以由等腰三角形三线合一得点的横坐标为,所以,所以.方法二:抛物线的准线方程为,直线由题意设两点横坐标分别为,则由抛物线定义得又①②由①②得.故选:C【点睛】本小题主要考查抛物线的定义,考查直线和抛物线的位置关系,属于中档题.11、B【解析】
根据复数的乘法运算法则,直接计算,即可得出结果.【详解】.故选B【点睛】本题主要考查复数的乘法,熟记运算法则即可,属于基础题型.12、A【解析】
利用频率分布直方图得到支出在的同学的频率,再结合支出在(单位:元)的同学有34人,即得解【详解】由题意,支出在(单位:元)的同学有34人由频率分布直方图可知,支出在的同学的频率为.故选:A【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用,考查了学生概念理解,数据处理,数学运算的能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
构造函数,利用导数判断出函数的单调性,再将所求不等式变形为,利用函数的单调性即可得解.【详解】设,则,设,则.当时,,此时函数单调递减;当时,,此时函数单调递增.所以,函数在处取得极小值,也是最小值,即,,,,即,所以,函数在上为增函数,函数为上的奇函数,则,,则不等式等价于,又,解得.因此,不等式的解集为.故答案为:.【点睛】本题主要考查不等式的求解,构造函数,求函数的导数,利用导数和函数单调性之间的关系是解决本题的关键.综合性较强.14、52【解析】
设从第2天开始,每天比前一天多织尺布,由等差数列前项和公式求出,由此利用等差数列通项公式能求出.【详解】设从第2天开始,每天比前一天多织d尺布,
则,
解得,即每天增加的数量为,
,故答案为,52.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的求和公式,意在考查利用所学知识解决问题的能力,属于中档题.15、【解析】
由椭圆的标准方程,求出焦点的坐标,写出直线方程,与椭圆方程联立,求出弦长,利用定义可得,进而求出。【详解】由知,焦点,所以直线:,代入得,即,设,,故由定义有,,所以。【点睛】本题主要考查椭圆的定义、椭圆的简单几何性质、以及直线与椭圆位置关系中弦长的求法,注意直线过焦点,位置特殊,采取合适的弦长公式,简化运算。16、【解析】
由余弦定理,正弦定理得出,从而得出,推出的范围,由余弦函数的性质得出的范围,再利用二倍角公式化简,即可得出答案.【详解】由题意得由正弦定理得化简得又为锐角三角形,则,,.故答案为【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用,属于中档题.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】
(1)由题可知,根据三角形的中位线的性质,得出,根据矩形的性质得出,所以,再利用线面平行的判定定理即可证出平面;(2)由于平面平面,根据面面垂直的性质,得出平面,从而得出到平面的距离为,结合棱锥的体积公式,即可求得结果.【详解】解:(1)∵,分别为,的中点,∴,∵四边形是矩形,∴,∴,∵平面,平面,∴平面.(2)取,的中点,,连接,,,,则,由于为三棱柱,为四棱锥,∵平面平面,∴平面,由已知可求得,∴到平面的距离为,因为四边形是矩形,,,,设几何体的体积为,则,∴,即:.【点睛】本题考查线面平行的判定、面面垂直的性质和棱锥的体积公式,考查逻辑推理和计算能力.18、(1)(2)【解析】
(1)当时,,当或时,,所以可转化为,解得,所以不等式的解集为.(2)因为,所以,所以,即,即.当时,因为,所以,不符合题意.当时,解可得,因为当时,不等式恒成立,所以,所以,解得,所以实数的取值范围为.19、(Ⅰ)(II)【解析】
(I)联立直线与椭圆的方程,根据判别式等于0,即可求出结果;(Ⅱ)因点与点关于坐标原点对称,可得的面积是的面积的两倍,再由当时,的面积取到最大值,可得,进而可得原点到直线的距离,再由点到直线的距离公式,以及(I)的结果,即可求解.【详解】(I)由,得,则化简整理,得;(Ⅱ)因点与点关于坐标原点对称,故的面积是的面积的两倍.所以当时,的面积取到最大值,此时,从而原点到直线的距离,又,故.再由(I),得,则.又,故,即,从而,即.【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系,以及椭圆的简单性质,通常需要联立直线与椭圆方程,结合韦达定理、判别式等求解,属于中档试题.20、(Ⅰ)(Ⅱ)【解析】
(1)由抛物线的性质,当轴时,最小;(2)设点,,分别代入抛物线方程和得到三个方程,消去,得到关于的一元二次方程,利用判别式即可求出的范围.【详解】解:(1)由抛物线的标准方程,,根据抛物线的性质,当轴时,最小,最小值为,即为4.(2)由题意,设点,,其中,.则,①,②因为,,,所以.③由①②③,得,由,且,得,解不等式,得点纵坐标的范围为.【点睛】本题主要考查抛物线的方程和性质和二次方程的解的问题,考查运算能力,此类问题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等,易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错解.21、(1)(2)【解析】
(1)首先将参数方程转化为普通方程再根据公式化为极坐标方程即可;(2)设,,由,即可求出,则计算可得;【详解】解:(1)圆的参数方程(为参数)可化为,∴,即圆的极坐标方程为.(2)设,由,解得.设,由,解得.∵,∴.【点睛】本题
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