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文档简介
湖南省湘西土家族苗族自治州2025届高考数学考前最后一卷预测卷考生须知: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.已知集合则()A. B. C. D.2.已知随机变量X的分布列如下表:X01Pabc其中a,b,.若X的方差对所有都成立,则()A. B. C. D.3.已知函数,.若存在,使得成立,则的最大值为()A. B.C. D.4.已知a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,且,,则“”是“”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5.已知复数满足,其中为虚数单位,则().A. B. C. D.6.设集合,,若集合中有且仅有2个元素,则实数的取值范围为A. B.C. D.7.《聊斋志异》中有这样一首诗:“挑水砍柴不堪苦,请归但求穿墙术.得诀自诩无所阻,额上坟起终不悟.”在这里,我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”:,,,,则按照以上规律,若具有“穿墙术”,则()A.48 B.63 C.99 D.1208.已知是双曲线的左、右焦点,若点关于双曲线渐近线的对称点满足(为坐标原点),则双曲线的渐近线方程为()A. B. C. D.9.如图是一个几何体的三视图,则这个几何体的体积为()A. B. C. D.10.已知函数满足=1,则等于()A.- B. C.- D.11.如图,在正方体中,已知、、分别是线段上的点,且.则下列直线与平面平行的是()A. B. C. D.12.已知半径为2的球内有一个内接圆柱,若圆柱的高为2,则球的体积与圆柱的体积的比为()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,四面体的一条棱长为,其余棱长均为1,记四面体的体积为,则函数的单调增区间是____;最大值为____.14.已知一组数据1.6,1.8,2,2.2,2.4,则该组数据的方差是_______.15.已知在等差数列中,,,前n项和为,则________.16.已知双曲线的一条渐近线经过点,则该双曲线的离心率为_______.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)已知抛物线与直线.(1)求抛物线C上的点到直线l距离的最小值;(2)设点是直线l上的动点,是定点,过点P作抛物线C的两条切线,切点为A,B,求证A,Q,B共线;并在时求点P坐标.18.(12分)已知椭圆的左,右焦点分别为,,,M是椭圆E上的一个动点,且的面积的最大值为.(1)求椭圆E的标准方程,(2)若,,四边形ABCD内接于椭圆E,,记直线AD,BC的斜率分别为,,求证:为定值.19.(12分)如图,四边形是边长为3的菱形,平面.(1)求证:平面;(2)若与平面所成角为,求二面角的正弦值.20.(12分)在中,设、、分别为角、、的对边,记的面积为,且.(1)求角的大小;(2)若,,求的值.21.(12分)的内角所对的边分别是,且,.(1)求;(2)若边上的中线,求的面积.22.(10分)已知函数和的图象关于原点对称,且.(1)解关于的不等式;(2)如果对,不等式恒成立,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】
解对数不等式可得集合A,由交集运算即可求解.【详解】集合解得由集合交集运算可得,故选:B.【点睛】本题考查了集合交集的简单运算,对数不等式解法,属于基础题.2、D【解析】
根据X的分布列列式求出期望,方差,再利用将方差变形为,从而可以利用二次函数的性质求出其最大值为,进而得出结论.【详解】由X的分布列可得X的期望为,又,所以X的方差,因为,所以当且仅当时,取最大值,又对所有成立,所以,解得,故选:D.【点睛】本题综合考查了随机变量的期望、方差的求法,结合了概率、二次函数等相关知识,需要学生具备一定的计算能力,属于中档题.3、C【解析】
由题意可知,,由可得出,,利用导数可得出函数在区间上单调递增,函数在区间上单调递增,进而可得出,由此可得出,可得出,构造函数,利用导数求出函数在上的最大值即可得解.【详解】,,由于,则,同理可知,,函数的定义域为,对恒成立,所以,函数在区间上单调递增,同理可知,函数在区间上单调递增,,则,,则,构造函数,其中,则.当时,,此时函数单调递增;当时,,此时函数单调递减.所以,.故选:C.【点睛】本题考查代数式最值的计算,涉及指对同构思想的应用,考查化归与转化思想的应用,有一定的难度.4、C【解析】
根据线面平行的性质定理和判定定理判断与的关系即可得到答案.【详解】若,根据线面平行的性质定理,可得;若,根据线面平行的判定定理,可得.故选:C.【点睛】本题主要考查了线面平行的性质定理和判定定理,属于基础题.5、A【解析】
先化简求出,即可求得答案.【详解】因为,所以所以故选:A【点睛】此题考查复数的基本运算,注意计算的准确度,属于简单题目.6、B【解析】
由题意知且,结合数轴即可求得的取值范围.【详解】由题意知,,则,故,又,则,所以,所以本题答案为B.【点睛】本题主要考查了集合的关系及运算,以及借助数轴解决有关问题,其中确定中的元素是解题的关键,属于基础题.7、C【解析】
观察规律得根号内分母为分子的平方减1,从而求出n.【详解】解:观察各式发现规律,根号内分母为分子的平方减1所以故选:C.【点睛】本题考查了归纳推理,发现总结各式规律是关键,属于基础题.8、B【解析】
先利用对称得,根据可得,由几何性质可得,即,从而解得渐近线方程.【详解】如图所示:由对称性可得:为的中点,且,所以,因为,所以,故而由几何性质可得,即,故渐近线方程为,故选B.【点睛】本题考查了点关于直线对称点的知识,考查了双曲线渐近线方程,由题意得出是解题的关键,属于中档题.9、A【解析】
由三视图还原原几何体如图,该几何体为组合体,上半部分为半球,下半部分为圆柱,半球的半径为1,圆柱的底面半径为1,高为1.再由球与圆柱体积公式求解.【详解】由三视图还原原几何体如图,该几何体为组合体,上半部分为半球,下半部分为圆柱,半球的半径为1,圆柱的底面半径为1,高为1.则几何体的体积为.故选:.【点睛】本题主要考查由三视图求面积、体积,关键是由三视图还原原几何体,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10、C【解析】
设的最小正周期为,可得,则,再根据得,又,则可求出,进而可得.【详解】解:设的最小正周期为,因为,所以,所以,所以,又,所以当时,,,因为,整理得,因为,,,则所以.故选:C.【点睛】本题考查三角形函数的周期性和对称性,考查学生分析能力和计算能力,是一道难度较大的题目.11、B【解析】
连接,使交于点,连接、,可证四边形为平行四边形,可得,利用线面平行的判定定理即可得解.【详解】如图,连接,使交于点,连接、,则为的中点,在正方体中,且,则四边形为平行四边形,且,、分别为、的中点,且,所以,四边形为平行四边形,则,平面,平面,因此,平面.故选:B.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定,考查了推理论证能力和空间想象能力,属于中档题.12、D【解析】
分别求出球和圆柱的体积,然后可得比值.【详解】设圆柱的底面圆半径为,则,所以圆柱的体积.又球的体积,所以球的体积与圆柱的体积的比,故选D.【点睛】本题主要考查几何体的体积求解,侧重考查数学运算的核心素养.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、(或写成)【解析】试题分析:设,取中点则,因此,所以,因为在单调递增,最大值为所以单调增区间是,最大值为考点:函数最值,函数单调区间14、0.08【解析】
先求解这组数据的平均数,然后利用方差的公式可得结果.【详解】首先求得,.故答案为:0.08.【点睛】本题主要考查数据的方差,明确方差的计算公式是求解的关键,侧重考查数据分析的核心素养.15、39【解析】
设等差数列公差为d,首项为,再利用基本量法列式求解公差与首项,进而求得即可.【详解】设等差数列公差为d,首项为,根据题意可得,解得,所以.故答案为:39【点睛】本题考查等差数列的基本量计算以及前n项和的公式,属于基础题.16、【解析】
根据双曲线方程,可得渐近线方程,结合题意可表示,再由双曲线a,b,c关系表示,最后结合双曲线离心率公式计算得答案.【详解】因为双曲线为,所以该双曲线的渐近线方程为.又因为其一条渐近线经过点,即,则,由此可得.故答案为:.【点睛】本题考查由双曲线的渐近线构建方程表示系数关系进而求离心率,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)证明见解析,或【解析】
(1)根据点到直线的公式结合二次函数的性质即可求出;(2)设,,,,表示出直线,的方程,利用表示出,,即可求定点的坐标.【详解】(1)设抛物线上点的坐标为,则,时取等号),则抛物线上的点到直线距离的最小值;(2)设,,,,,,直线,的方程为分别为,,由两条直线都经过点点得,为方程的两根,,直线的方程为,,,,,共线.又,,,解,,点,是直线上的动点,时,,时,,,或.【点睛】本题考查抛物线的方程的求法,考查直线方程的求法,考查直线过定点的解法,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18、(1)(2)证明见解析【解析】
(1)设椭圆E的半焦距为c,由题意可知,当M为椭圆E的上顶点或下顶点时,的面积取得最大值,求出,即可得答案;(2)根据题意可知,,因为,所以可设直线CD的方程为,将直线代入曲线的方程,利用韦达定理得到的关系,再代入斜率公式可证得为定值.【详解】(1)设椭圆E的半焦距为c,由题意可知,当M为椭圆E的上顶点或下顶点时,的面积取得最大值.所以,所以,,故椭圆E的标准方程为.(2)根据题意可知,,因为,所以可设直线CD的方程为.由,消去y可得,所以,即.直线AD的斜率,直线BC的斜率,所以,故为定值.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解、椭圆中的定值问题,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力,求解时注意坐标法的运用.19、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)由已知线面垂直得,结合菱形对角线垂直,可证得线面垂直;(2)由已知知两两互相垂直.以分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系如图所示,由已知线面垂直知与平面所成角为,这样可计算出的长,写出各点坐标,求出平面的法向量,由法向量夹角可得二面角.【详解】证明:(1)因为平面,平面,所以.因为四边形是菱形,所以.又因为,平面,平面,所以平面.解:(2)据题设知,两两互相垂直.以分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系如图所示,因为与平面所成角为,即,所以又,所以,所以所以设平面的一个法向量,则令,则.因为平面,所以为平面的一个法向量,且所以,.所以二面角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和性质定理,考查用向量法求二面角.立体几何中求空间角常常是建立空间直角坐标系,用空间向量法求空间角,这样可减少思维量,把问题转化为计算.20、(1);(2)【解析】
(1)由三角形面积公式,平面向量数量积的运算可得,结合范围,可求,进而可求的值.(2)利用同角三角函数基本关系式可求,利用两角和的正弦函数公式可求的值,由正弦定理可求得的值.【详解】解:(1)由,得,因为,所以,可得:.(2)中,,所以.所以:,由正弦定理,得,解得,【点睛】本题主要考查了三角形面积公式,平面向量数量积的运算,同角三角函数基本关系式,两角和的正弦函数公式,正弦定理在解三角形中的应用,考查了计算能力和转化思想,属于基础题.21、(1),(2)【解析】
(1)先由正弦定理,得到,进而可得,再由,即可得出结果;(2)先由余弦定理得,,再根据题中数据,可得,从而可求出,得到,进而可求出
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