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文档简介
2025届云南省砚山县二中高考数学考前最后一卷预测卷注意事项: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.设m,n为直线,、为平面,则的一个充分条件可以是()A.,, B.,C., D.,2.等差数列的前项和为,若,,则数列的公差为()A.-2 B.2 C.4 D.73.设、,数列满足,,,则()A.对于任意,都存在实数,使得恒成立B.对于任意,都存在实数,使得恒成立C.对于任意,都存在实数,使得恒成立D.对于任意,都存在实数,使得恒成立4.已知函数,且的图象经过第一、二、四象限,则,,的大小关系为()A. B.C. D.5.函数的图象可能是()A. B. C. D.6.已知,则的大小关系为()A. B. C. D.7.已知公差不为0的等差数列的前项的和为,,且成等比数列,则()A.56 B.72 C.88 D.408.已知复数满足,则的值为()A. B. C. D.29.元代数学家朱世杰的数学名著《算术启蒙》是中国古代代数学的通论,其中关于“松竹并生”的问题:松长五尺,竹长两尺,松日自半,竹日自倍,松竹何日而长等.下图是源于其思想的一个程序图,若,,则输出的()A.3 B.4 C.5 D.610.设复数满足,在复平面内对应的点的坐标为则()A. B.C. D.11.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.执行如图所示的程序框图,则输出的值为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.某几何体的三视图如图所示(单位:),则该几何体的体积是_____;最长棱的长度是_____.14.在△ABC中,()⊥(>1),若角A的最大值为,则实数的值是_______.15.从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名代表,甲被选中的概率为__________.16.已知,满足约束条件则的最小值为__________.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)已知函数,其中为实常数.(1)若存在,使得在区间内单调递减,求的取值范围;(2)当时,设直线与函数的图象相交于不同的两点,,证明:.18.(12分)如图,在直三棱柱中,,,为的中点,点在线段上,且平面.(1)求证:;(2)求平面与平面所成二面角的正弦值.19.(12分)已知直线的参数方程为(,为参数),曲线的极坐标方程为.(1)将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程,并说明曲线的形状;(2)若直线经过点,求直线被曲线截得的线段的长.20.(12分)已知分别是内角的对边,满足(1)求内角的大小(2)已知,设点是外一点,且,求平面四边形面积的最大值.21.(12分)一张边长为的正方形薄铝板(图甲),点,分别在,上,且(单位:).现将该薄铝板沿裁开,再将沿折叠,沿折叠,使,重合,且重合于点,制作成一个无盖的三棱锥形容器(图乙),记该容器的容积为(单位:),(注:薄铝板的厚度忽略不计)(1)若裁开的三角形薄铝板恰好是该容器的盖,求,的值;(2)试确定的值,使得无盖三棱锥容器的容积最大.22.(10分)已知函数,.(1)若时,解不等式;(2)若关于的不等式在上有解,求实数的取值范围.
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、B【解析】
根据线面垂直的判断方法对选项逐一分析,由此确定正确选项.【详解】对于A选项,当,,时,由于不在平面内,故无法得出.对于B选项,由于,,所以.故B选项正确.对于C选项,当,时,可能含于平面,故无法得出.对于D选项,当,时,无法得出.综上所述,的一个充分条件是“,”故选:B【点睛】本小题主要考查线面垂直的判断,考查充分必要条件的理解,属于基础题.2、B【解析】
在等差数列中由等差数列公式与下标和的性质求得,再由等差数列通项公式求得公差.【详解】在等差数列的前项和为,则则故选:B【点睛】本题考查等差数列中求由已知关系求公差,属于基础题.3、D【解析】
取,可排除AB;由蛛网图可得数列的单调情况,进而得到要使,只需,由此可得到答案.【详解】取,,数列恒单调递增,且不存在最大值,故排除AB选项;由蛛网图可知,存在两个不动点,且,,因为当时,数列单调递增,则;当时,数列单调递减,则;所以要使,只需要,故,化简得且.故选:D.【点睛】本题考查递推数列的综合运用,考查逻辑推理能力,属于难题.4、C【解析】
根据题意,得,,则为减函数,从而得出函数的单调性,可比较和,而,比较,即可比较.【详解】因为,且的图象经过第一、二、四象限,所以,,所以函数为减函数,函数在上单调递减,在上单调递增,又因为,所以,又,,则|,即,所以.故选:C.【点睛】本题考查利用函数的单调性比较大小,还考查化简能力和转化思想.5、A【解析】
先判断函数的奇偶性,以及该函数在区间上的函数值符号,结合排除法可得出正确选项.【详解】函数的定义域为,,该函数为偶函数,排除B、D选项;当时,,排除C选项.故选:A.【点睛】本题考查根据函数的解析式辨别函数的图象,一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号,结合排除法得出结果,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.6、A【解析】
根据指数函数的单调性,可得,再利用对数函数的单调性,将与对比,即可求出结论.【详解】由题知,,则.故选:A.【点睛】本题考查利用函数性质比较大小,注意与特殊数的对比,属于基础题..7、B【解析】
,将代入,求得公差d,再利用等差数列的前n项和公式计算即可.【详解】由已知,,,故,解得或(舍),故,.故选:B.【点睛】本题考查等差数列的前n项和公式,考查等差数列基本量的计算,是一道容易题.8、C【解析】
由复数的除法运算整理已知求得复数z,进而求得其模.【详解】因为,所以故选:C【点睛】本题考查复数的除法运算与求复数的模,属于基础题.9、B【解析】分析:根据流程图中的可知,每次循环的值应是一个等比数列,公比为;根据流程图中的可知,每次循环的值应是一个等比数列,公比为,根据每次循环得到的的值的大小决定循环的次数即可.详解:记执行第次循环时,的值记为有,则有;记执行第次循环时,的值记为有,则有.令,则有,故,故选B.点睛:本题为算法中的循环结构和数列通项的综合,属于中档题,解题时注意流程图中蕴含的数列关系(比如相邻项满足等比数列、等差数列的定义,是否是求数列的前和、前项积等).10、B【解析】
根据共轭复数定义及复数模的求法,代入化简即可求解.【详解】在复平面内对应的点的坐标为,则,,∵,代入可得,解得.故选:B.【点睛】本题考查复数对应点坐标的几何意义,复数模的求法及共轭复数的概念,属于基础题.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】
列出每一次循环,直到计数变量满足退出循环.【详解】第一次循环:;第二次循环:;第三次循环:,退出循环,输出的为.故选:B.【点睛】本题考查由程序框图求输出的结果,要注意在哪一步退出循环,是一道容易题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
由三视图还原原几何体,该几何体为四棱锥,底面为直角梯形,,,侧棱底面,由棱锥体积公式求棱锥体积,由勾股定理求最长棱的长度.【详解】由三视图还原原几何体如下图所示:该几何体为四棱锥,底面为直角梯形,,,侧棱底面,则该几何体的体积为,,,因此,该棱锥的最长棱的长度为.故答案为:;.【点睛】本题考查由三视图求体积、棱长,关键是由三视图还原原几何体,是中档题.14、1【解析】
把向量进行转化,用表示,利用基本不等式可求实数的值.【详解】,解得=1.故答案为:1.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积应用,综合了基本不等式,侧重考查数学运算的核心素养.15、【解析】
甲被选中,只需从乙、丙、丁、戊中,再选一人即有种方法,从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名共有种方法,根据公式即可求得概率.【详解】甲被选中,只需从乙、丙、丁、戊中,再选一人即有种方法,从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名共有种方法,.故答案为:.【点睛】本题考查古典概型的概率的计算,考查学生分析问题的能力,难度容易.16、【解析】
画出可行域,通过平移基准直线到可行域边界位置,由此求得目标函数的最小值.【详解】画出可行域如下图所示,由图可知:可行域是由三点,,构成的三角形及其内部,当直线过点时,取得最小值.故答案为:【点睛】本小题主要考查利用线性规划求目标函数的最值,考查数形结合的数学思想方法,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)见解析.【解析】
(1)将所求问题转化为在上有解,进一步转化为函数最值问题;(2)将所证不等式转化为,进一步转化为,然后再通过构造加以证明即可.【详解】(1),根据题意,在内存在单调减区间,则不等式在上有解,由得,设,则,当且仅当时,等号成立,所以当时,,所以存在,使得成立,所以的取值范围为。(2)当时,,则,从而所证不等式转化为,不妨设,则不等式转化为,即,即,令,则不等式转化为,因为,则,从而不等式化为,设,则,所以在上单调递增,所以即不等式成立,故原不等式成立.【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性、利用导数证明不等式,这里要强调一点,在证明不等式时,通常是构造函数,将问题转化为函数的极值或最值来处理,本题是一道有高度的压轴解答题.18、见解析【解析】
(1)如图,连接,交于点,连接,,则为的中点,因为为的中点,所以,又,所以,从而,,,四点共面.因为平面,平面,平面平面,所以.又,所以四边形为平行四边形,所以,所以(2)因为,为的中点,所以,又三棱柱是直三棱柱,,所以,,互相垂直,分别以,,的方向为轴、轴、轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,因为,,所以,,,,所以,,.设平面的法向量为,则,即,令,可得,,所以平面的一个法向量为.设平面的法向量为,则,即,令,可得,,所以平面的一个法向量为,所以,所以平面与平面所成二面角的正弦值为.19、(1)曲线表示的是焦点为,准线为的抛物线;(2)8.【解析】试题分析:(1)将曲线的极坐标方程为两边同时乘以,利用极坐标与直角坐标之间的关系即可得出其直角坐标方程;(2)由直线经过点,可得的值,再将直线的参数方程代入曲线的标准方程,由直线参数方程的几何意义可得直线被曲线截得的线段的长.试题解析:(1)由可得,即,∴曲线表示的是焦点为,准线为的抛物线.(2)将代入,得,∴,∵,∴,∴直线的参数方程为(为参数).将直线的参数方程代入得,由直线参数方程的几何意义可知,.20、(1)(2)【解析】
(1)首先利用诱导公式及两角和的余弦公式得到,再由同角三角三角的基本关系得到,即可求出角;(2)由(1)知,是正三角形,设,由余弦定理可得:,则,得到,再利用辅助角公式化简,最后由正弦函数的性质求得最大值;【详解】解:(1)由,,,,,,,;(2)由(1)知,是正三角形,设,由余弦定理得:,,,所以当时有最大值【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系,三角恒等变换公式的应用,三角形面积公式的应用,以及正弦函数的性质,属于中档题.21、(1),;(2)当值为时,无盖三棱锥容器的容积最大.【解析】
(1)由已知求得,求得三角形的面积,再由已知得到平面,代入三棱锥体积公式求的值;(2)由题意知,在等腰三角形中,,则,,写出三角形面积,求其平方导数的最值,则答案可求.【详解】解:(1)由题意,为等腰直角三角形,又,,恰好是该零件的盖,,则,由图甲知,,,则在图乙中,,,,又,平面,平面,;(2)由题意知,在等腰三角形中,,则,,.令,,,.可得:当时,,当,时,,当时,有最大值.由(1)知,平面,该三棱锥容积的最大值为,且.当时,取得最大值,无盖三棱锥容
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