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文档简介

2025届广西柳州二中高考数学倒计时模拟卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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.已知与函数和都相切,则不等式组所确定的平面区域在内的面积为()A. B. C. D.2.某三棱锥的三视图如图所示,网格纸上小正方形的边长为,则该三棱锥外接球的表面积为()A. B. C. D.3.设分别为的三边的中点,则()A. B. C. D.4.已知命题:使成立.则为()A.均成立 B.均成立C.使成立 D.使成立5.在平面直角坐标系中,锐角顶点在坐标原点,始边为x轴正半轴,终边与单位圆交于点,则()A. B. C. D.6.已知双曲线,为坐标原点,、为其左、右焦点,点在的渐近线上,,且,则该双曲线的渐近线方程为()A. B. C. D.7.设分别是双线的左、右焦点,为坐标原点,以为直径的圆与该双曲线的两条渐近线分别交于两点(位于轴右侧),且四边形为菱形,则该双曲线的渐近线方程为()A. B. C. D.8.已知数列的通项公式是,则()A.0 B.55 C.66 D.789.已知a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,且a⊂α,b⊂β,aβ,bα,则“ab“是“αβ”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10.执行如图所示的程序框图,若输入,,则输出的()A.4 B.5 C.6 D.711.在中,已知,,,为线段上的一点,且,则的最小值为()A. B. C. D.12.设,,则()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(且)有最小值,且最小值不小于1,则的取值范围为__________.14.若,i为虚数单位,则正实数的值为______.15.已知数列为等差数列,数列为等比数列,满足,其中,,则的值为_______________.16.请列举用0,1,2,3这4个数字所组成的无重复数字且比210大的所有三位奇数:___________.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)(1)求曲线和曲线围成图形的面积;(2)化简求值:.18.(12分)在直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数),以为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求的普通方程和的直角坐标方程;(2)把曲线向下平移个单位,然后各点横坐标变为原来的倍得到曲线(纵坐标不变),设点是曲线上的一个动点,求它到直线的距离的最小值.19.(12分)如图,在四棱锥中,四边形为正方形,平面,点是棱的中点,,.(1)若,证明:平面平面;(2)若三棱锥的体积为,求二面角的余弦值.20.(12分)如图,设点为椭圆的右焦点,圆过且斜率为的直线交圆于两点,交椭圆于点两点,已知当时,(1)求椭圆的方程.(2)当时,求的面积.21.(12分)已知,.(1)求函数的单调递增区间;(2)的三个内角、、所对边分别为、、,若且,求面积的取值范围.22.(10分)已知函数.(Ⅰ)当时,求函数在上的值域;(Ⅱ)若函数在上单调递减,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】

根据直线与和都相切,求得的值,由此画出不等式组所表示的平面区域以及圆,由此求得正确选项.【详解】.设直线与相切于点,斜率为,所以切线方程为,化简得①.令,解得,,所以切线方程为,化简得②.由①②对比系数得,化简得③.构造函数,,所以在上递减,在上递增,所以在处取得极小值也即是最小值,而,所以有唯一解.也即方程③有唯一解.所以切线方程为.即.不等式组即,画出其对应的区域如下图所示.圆可化为,圆心为.而方程组的解也是.画出图像如下图所示,不等式组所确定的平面区域在内的部分如下图阴影部分所示.直线的斜率为,直线的斜率为.所以,所以,而圆的半径为,所以阴影部分的面积是.故选:B【点睛】本小题主要考查根据公共切线求参数,考查不等式组表示区域的画法,考查圆的方程,考查两条直线夹角的计算,考查扇形面积公式,考查数形结合的数学思想方法,考查分析思考与解决问题的能力,属于难题.2、C【解析】

作出三棱锥的实物图,然后补成直四棱锥,且底面为矩形,可得知三棱锥的外接球和直四棱锥的外接球为同一个球,然后计算出矩形的外接圆直径,利用公式可计算出外接球的直径,再利用球体的表面积公式即可得出该三棱锥的外接球的表面积.【详解】三棱锥的实物图如下图所示:将其补成直四棱锥,底面,可知四边形为矩形,且,.矩形的外接圆直径,且.所以,三棱锥外接球的直径为,因此,该三棱锥的外接球的表面积为.故选:C.【点睛】本题考查三棱锥外接球的表面积,解题时要结合三视图作出三棱锥的实物图,并分析三棱锥的结构,选择合适的模型进行计算,考查推理能力与计算能力,属于中等题.3、B【解析】

根据题意,画出几何图形,根据向量加法的线性运算即可求解.【详解】根据题意,可得几何关系如下图所示:,故选:B【点睛】本题考查了向量加法的线性运算,属于基础题.4、A【解析】试题分析:原命题为特称命题,故其否定为全称命题,即.考点:全称命题.5、A【解析】

根据单位圆以及角度范围,可得,然后根据三角函数定义,可得,最后根据两角和的正弦公式,二倍角公式,简单计算,可得结果.【详解】由题可知:,又为锐角所以,根据三角函数的定义:所以由所以故选:A【点睛】本题考查三角函数的定义以及两角和正弦公式,还考查二倍角的正弦、余弦公式,难点在于公式的计算,识记公式,简单计算,属基础题.6、D【解析】

根据,先确定出的长度,然后利用双曲线定义将转化为的关系式,化简后可得到的值,即可求渐近线方程.【详解】如图所示:因为,所以,又因为,所以,所以,所以,所以,所以,所以,所以渐近线方程为.故选:D.【点睛】本题考查根据双曲线中的长度关系求解渐近线方程,难度一般.注意双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长度的一半.7、B【解析】

由于四边形为菱形,且,所以为等边三角形,从而可得渐近线的倾斜角,求出其斜率.【详解】如图,因为四边形为菱形,,所以为等边三角形,,两渐近线的斜率分别为和.故选:B【点睛】此题考查的是求双曲线的渐近线方程,利用了数形结合的思想,属于基础题.8、D【解析】

先分为奇数和偶数两种情况计算出的值,可进一步得到数列的通项公式,然后代入转化计算,再根据等差数列求和公式计算出结果.【详解】解:由题意得,当为奇数时,,当为偶数时,所以当为奇数时,;当为偶数时,,所以故选:D【点睛】此题考查数列与三角函数的综合问题,以及数列求和,考查了正弦函数的性质应用,等差数列的求和公式,属于中档题.9、D【解析】

根据面面平行的判定及性质求解即可.【详解】解:a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α,由a∥b,不一定有α∥β,α与β可能相交;反之,由α∥β,可得a∥b或a与b异面,∴a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,且a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α,则“a∥b“是“α∥β”的既不充分也不必要条件.故选:D.【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断,考查面面平行的判定与性质,属于基础题.10、C【解析】

根据程序框图程序运算即可得.【详解】依程序运算可得:,故选:C【点睛】本题主要考查了程序框图的计算,解题的关键是理解程序框图运行的过程.11、A【解析】

在中,设,,,结合三角形的内角和及和角的正弦公式化简可求,可得,再由已知条件求得,,,考虑建立以所在的直线为轴,以所在的直线为轴建立直角坐标系,根据已知条件结合向量的坐标运算求得,然后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】在中,设,,,,即,即,,,,,,,,即,又,,,则,所以,,解得,.以所在的直线为轴,以所在的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系,则、、,为线段上的一点,则存在实数使得,,设,,则,,,,,消去得,,所以,,当且仅当时,等号成立,因此,的最小值为.故选:A.【点睛】本题是一道构思非常巧妙的试题,综合考查了三角形的内角和定理、两角和的正弦公式及基本不等式求解最值问题,解题的关键是理解是一个单位向量,从而可用、表示,建立、与参数的关系,解决本题的第二个关键点在于由,发现为定值,从而考虑利用基本不等式求解最小值,考查计算能力,属于难题.12、D【解析】

集合是一次不等式的解集,分别求出再求交集即可【详解】,,则故选【点睛】本题主要考查了一次不等式的解集以及集合的交集运算,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】

真数有最小值,根据已知可得的范围,求出函数的最小值,建立关于的不等量关系,求解即可.【详解】,且(且)有最小值,,的取值范围为.故答案为:.【点睛】本题考查对数型复合函数的性质,熟练掌握基本初等函数的性质是解题关键,属于基础题.14、【解析】

利用复数模的运算性质,即可得答案.【详解】由已知可得:,,解得.故答案为:.【点睛】本题考查复数模的运算性质,考查推理能力与计算能力,属于基础题.15、【解析】

根据题意,判断出,根据等比数列的性质可得,再令数列中的,,,根据等差数列的性质,列出等式,求出和的值即可.【详解】解:由,其中,,可得,则,令,,可得.①又令数列中的,,,根据等差数列的性质,可得,所以.②根据①②得出,.所以.故答案为.【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的性质,属于基础题.16、231,321,301,1【解析】

分个位数字是1、3两种情况讨论,即得解【详解】0,1,2,3这4个数字所组成的无重复数字比210大的所有三位奇数有:(1)当个位数字是1时,数字可以是231,321,301;(2)当个位数字是3时数字可以是1.故答案为:231,321,301,1【点睛】本题考查了分类计数法的应用,考查了学生分类讨论,数学运算的能力,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)【解析】

(1)求曲线和曲线围成的图形面积,首先求出两曲线交点的横坐标0、1,然后求在区间上的定积分.(2)首先利用二倍角公式及两角差的余弦公式计算出,然后再整体代入可得;【详解】解:(1)联立解得,,所以曲线和曲线围成的图形面积.(2)∴【点睛】本题考查定积分求曲边形的面积以及三角恒等变换的应用,属于中档题.18、(1),;(2).【解析】

(1)在直线的参数方程中消去参数可得出直线的普通方程,在曲线的极坐标方程两边同时乘以得,进而可化简得出曲线的直角坐标方程;(2)根据变换得出的普通方程为,可设点的坐标为,利用点到直线的距离公式结合正弦函数的有界性可得出结果.【详解】(1)由(为参数),得,化简得,故直线的普通方程为.由,得,又,,.所以的直角坐标方程为;(2)由(1)得曲线的直角坐标方程为,向下平移个单位得到,纵坐标不变,横坐标变为原来的倍得到曲线的方程为,所以曲线的参数方程为(为参数).故点到直线的距离为,当时,最小为.【点睛】本题考查曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程的相互转化,同时也考查了利用椭圆的参数方程解决点到直线的距离最值的求解,考查计算能力,属于中等题.19、(1)见解析(2)【解析】

(1)由已知可证得平面,则有,在中,由已知可得,即可证得平面,进而证得结论.(2)过作交于,由为的中点,结合已知有平面.则,可求得.建立坐标系分别求得面的法向量,平面的一个法向量为,利用公式即可求得结果.【详解】(1)证明:平面,平面,,又四边形为正方形,.又、平面,且,平面..中,,为的中点,.又、平面,,平面.平面,平面平面.(2)解:过作交于,如图为的中点,,.又平面,平面.,.所以,又、、两两互相垂直,以、、为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.,,,设平面的法向量,则,即.令,则,..平面的一个法向量为.二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明方法,考查了空间线线、线面、面面位置关系,考查利用向量法求二面角的方法,难度一般.20、(1)(2)【解析】

(1)先求出圆心到直线的距离为,再根据得到,解之即得a的值,再根据c=1求出b的值得到椭圆的方程.(2)先求出,,再求得的面积.【详解】(1)因为直线过点,且斜率.所以直线的方程为,即,所以圆心到直线的距离为,又因为,圆的半径为,所以,即,解之得,或(舍去).所以,所以所示椭圆的方程为.(2)由(1)得,椭圆的右准线方程为,离心率,则点到右准线的距离为,所以,即,把代入椭圆方程得,,因为直线的

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