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文档简介
江西省抚州市临川二中2025届高考数学三模试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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、分别是双曲线的左、右焦点,过作双曲线的一条渐近线的垂线,分别交两条渐近线于点、,过点作轴的垂线,垂足恰为,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.2.已知,则不等式的解集是()A. B. C. D.3.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.4.已知为一条直线,为两个不同的平面,则下列说法正确的是()A.若,则 B.若,则C.若,则 D.若,则5.已知函数是偶函数,当时,函数单调递减,设,,,则的大小关系为()A. B. C. D.6.已知双曲线的焦距为,过左焦点作斜率为1的直线交双曲线的右支于点,若线段的中点在圆上,则该双曲线的离心率为()A. B. C. D.7.设数列是等差数列,,.则这个数列的前7项和等于()A.12 B.21 C.24 D.368.已知f(x)=是定义在R上的奇函数,则不等式f(x-3)<f(9-x2)的解集为()A.(-2,6) B.(-6,2) C.(-4,3) D.(-3,4)9.ΔABC中,如果lgcosA=lgsinA.等边三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形10.已知函数,,则的极大值点为()A. B. C. D.11.下列选项中,说法正确的是()A.“”的否定是“”B.若向量满足,则与的夹角为钝角C.若,则D.“”是“”的必要条件12.历史上有不少数学家都对圆周率作过研究,第一个用科学方法寻求圆周率数值的人是阿基米德,他用圆内接和外切正多边形的周长确定圆周长的上下界,开创了圆周率计算的几何方法,而中国数学家刘徽只用圆内接正多边形就求得的近似值,他的方法被后人称为割圆术.近代无穷乘积式、无穷连分数、无穷级数等各种值的表达式纷纷出现,使得值的计算精度也迅速增加.华理斯在1655年求出一个公式:,根据该公式绘制出了估计圆周率的近似值的程序框图,如下图所示,执行该程序框图,已知输出的,若判断框内填入的条件为,则正整数的最小值是A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若函数为偶函数,则________.14.设的内角的对边分别为,,.若,,,则_____________15.已知一个圆锥的底面积和侧面积分别为和,则该圆锥的体积为________16.函数与的图象上存在关于轴的对称点,则实数的取值范围为______.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.(1)求不等式的解集;(2)若存在实数,使得不等式成立,求实数的取值范围.18.(12分)已知,且.(1)请给出的一组值,使得成立;(2)证明不等式恒成立.19.(12分)已知函数.(1)若在上是减函数,求实数的最大值;(2)若,求证:.20.(12分)已知圆上有一动点,点的坐标为,四边形为平行四边形,线段的垂直平分线交于点.(Ⅰ)求点的轨迹的方程;(Ⅱ)过点作直线与曲线交于两点,点的坐标为,直线与轴分别交于两点,求证:线段的中点为定点,并求出面积的最大值.21.(12分)已知函数,.(1)当时,求不等式的解集;(2)若函数的图象与轴恰好围成一个直角三角形,求的值.22.(10分)已知集合,集合.(1)求集合;(2)若,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】
设点位于第二象限,可求得点的坐标,再由直线与直线垂直,转化为两直线斜率之积为可得出的值,进而可求得双曲线的离心率.【详解】设点位于第二象限,由于轴,则点的横坐标为,纵坐标为,即点,由题意可知,直线与直线垂直,,,因此,双曲线的离心率为.故选:B.【点睛】本题考查双曲线离心率的计算,解答的关键就是得出、、的等量关系,考查计算能力,属于中等题.2、A【解析】
构造函数,通过分析的单调性和对称性,求得不等式的解集.【详解】构造函数,是单调递增函数,且向左移动一个单位得到,的定义域为,且,所以为奇函数,图像关于原点对称,所以图像关于对称.不等式等价于,等价于,注意到,结合图像关于对称和单调递增可知.所以不等式的解集是.故选:A【点睛】本小题主要考查根据函数的单调性和对称性解不等式,属于中档题.3、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.4、D【解析】A.若,则或,故A错误;B.若,则或故B错误;C.若,则或,或与相交;D.若,则,正确.故选D.5、A【解析】
根据图象关于轴对称可知关于对称,从而得到在上单调递增且;再根据自变量的大小关系得到函数值的大小关系.【详解】为偶函数图象关于轴对称图象关于对称时,单调递减时,单调递增又且,即本题正确选项:【点睛】本题考查利用函数奇偶性、对称性和单调性比较函数值的大小关系问题,关键是能够通过奇偶性和对称性得到函数的单调性,通过自变量的大小关系求得结果.6、C【解析】
设线段的中点为,判断出点的位置,结合双曲线的定义,求得双曲线的离心率.【详解】设线段的中点为,由于直线的斜率是,而圆,所以.由于是线段的中点,所以,而,根据双曲线的定义可知,即,即.故选:C【点睛】本小题主要考查双曲线的定义和离心率的求法,考查直线和圆的位置关系,考查数形结合的数学思想方法,属于中档题.7、B【解析】
根据等差数列的性质可得,由等差数列求和公式可得结果.【详解】因为数列是等差数列,,所以,即,又,所以,,故故选:B【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式,性质,等差数列的和,属于中档题.8、C【解析】
由奇函数的性质可得,进而可知在R上为增函数,转化条件得,解一元二次不等式即可得解.【详解】因为是定义在R上的奇函数,所以,即,解得,即,易知在R上为增函数.又,所以,解得.故选:C.【点睛】本题考查了函数单调性和奇偶性的应用,考查了一元二次不等式的解法,属于中档题.9、B【解析】
化简得lgcosA=lgsinCsinB=﹣lg2,即cosA=sinCsinB=12,结合0<A<π,可求A=π【详解】由lgcosA=lgsinC-lgsinB=-lg2,可得lgcosA=∵0<A<π,∴A=π3,B+C=2π3,∴sinC=12sinB=12sin2π3-C=34cosC+故选:B【点睛】本题主要考查了对数的运算性质的应用,两角差的正弦公式的应用,解题的关键是灵活利用基本公式,属于基础题.10、A【解析】
求出函数的导函数,令导数为零,根据函数单调性,求得极大值点即可.【详解】因为,故可得,令,因为,故可得或,则在区间单调递增,在单调递减,在单调递增,故的极大值点为.故选:A.【点睛】本题考查利用导数求函数的极值点,属基础题.11、D【解析】
对于A根据命题的否定可得:“∃x0∈R,x02-x0≤0”的否定是“∀x∈R,x2-x>0”,即可判断出;对于B若向量满足,则与的夹角为钝角或平角;对于C当m=0时,满足am2≤bm2,但是a≤b不一定成立;对于D根据元素与集合的关系即可做出判断.【详解】选项A根据命题的否定可得:“∃x0∈R,x02-x0≤0”的否定是“∀x∈R,x2-x>0”,因此A不正确;选项B若向量满足,则与的夹角为钝角或平角,因此不正确.选项C当m=0时,满足am2≤bm2,但是a≤b不一定成立,因此不正确;选项D若“”,则且,所以一定可以推出“”,因此“”是“”的必要条件,故正确.故选:D.【点睛】本题考查命题的真假判断与应用,涉及知识点有含有量词的命题的否定、不等式性质、向量夹角与性质、集合性质等,属于简单题.12、B【解析】
初始:,,第一次循环:,,继续循环;第二次循环:,,此时,满足条件,结束循环,所以判断框内填入的条件可以是,所以正整数的最小值是3,故选B.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
二次函数为偶函数说明一次项系数为0,求得参数,将代入表达式即可求解【详解】由为偶函数,知其一次项的系数为0,所以,,所以,故答案为:-5【点睛】本题考查由奇偶性求解参数,求函数值,属于基础题14、或【解析】试题分析:由,则可运用同角三角函数的平方关系:,已知两边及其对角,求角.用正弦定理;,则;可得.考点:运用正弦定理解三角形.(注意多解的情况判断)15、【解析】
依据圆锥的底面积和侧面积公式,求出底面半径和母线长,再根据勾股定理求出圆锥的高,最后利用圆锥的体积公式求出体积。【详解】设圆锥的底面半径为,母线长为,高为,所以有解得,故该圆锥的体积为。【点睛】本题主要考查圆锥的底面积、侧面积和体积公式的应用。16、【解析】
先求得与关于轴对称的函数,将问题转化为与的图象有交点,即方程有解.对分成三种情况进行分类讨论,由此求得实数的取值范围.【详解】因为关于轴对称的函数为,因为函数与的图象上存在关于轴的对称点,所以与的图象有交点,方程有解.时符合题意.时转化为有解,即,的图象有交点,是过定点的直线,其斜率为,若,则函数与的图象必有交点,满足题意;若,设,相切时,切点的坐标为,则,解得,切线斜率为,由图可知,当,即时,,的图象有交点,此时,与的图象有交点,函数与的图象上存在关于轴的对称点,综上可得,实数的取值范围为.故答案为:【点睛】本小题主要考查利用导数求解函数的零点以及对称性,函数与方程等基础知识,考查学生分析问题,解决问题的能力,推理与运算求解能力,转化与化归思想和应用意识.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)将函数的解析式表示为分段函数,然后分、、三段求解不等式,综合可得出不等式的解集;(2)求出函数的最大值,由题意得出,解此不等式即可得出实数的取值范围.【详解】.(1)当时,由,解得,此时;当时,由,解得,此时;当时,由,解得,此时.综上所述,不等式的解集;(2)当时,函数单调递增,则;当时,函数单调递减,则,即;当时,函数单调递减,则.综上所述,函数的最大值为,由题知,,解得.因此,实数的取值范围是.【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解,同时也考查了绝对值不等式中的参数问题,考查分类讨论思想的应用,考查运算求解能力,属于中等题.18、(1)(答案不唯一)(2)证明见解析【解析】
(1)找到一组符合条件的值即可;(2)由可得,整理可得,两边同除可得,再由可得,两边同时加可得,即可得证.【详解】解析:(1)(答案不唯一)(2)证明:由题意可知,,因为,所以.所以,即.因为,所以,因为,所以,所以.【点睛】考查不等式的证明,考查不等式的性质的应用.19、(1)(2)详见解析【解析】
(1),在上,因为是减函数,所以恒成立,即恒成立,只需.令,,则,因为,所以.所以在上是增函数,所以,所以,解得.所以实数的最大值为.(2),.令,则,根据题意知,所以在上是增函数.又因为,当从正方向趋近于0时,趋近于,趋近于1,所以,所以存在,使,即,,所以对任意,,即,所以在上是减函数;对任意,,即,所以在上是增函数,所以当时,取得最小值,最小值为.由于,,则,当且仅当,即时取等号,所以当时,.20、(Ⅰ);(Ⅱ)4.【解析】
(Ⅰ)先画出图形,结合垂直平分线和平行四边形性质可得为一定值,,故可确定点轨迹为椭圆(),进而求解;(Ⅱ)设直线方程为,点坐标分别为,联立直线与椭圆方程得,,分别由点斜式求得直线KA的方程为,令得,同理得,由结合韦达定理即可求解,而,当重合交于点时,可求最值;【详解】(Ⅰ),所以点的轨迹是一个椭圆,且长轴长,半焦距,所以,轨迹的方程为.(Ⅱ)当直线的斜率为0时,与曲线无交点.当直线的斜率不为0时,设过点的直线方程为,点坐标分别为.直线与椭圆方程联立得消去,得.则,.直线KA的方程为.令得.同理可得.所以.所以的中点为.不妨设点在点的上方,则.【点睛】本题考查根据椭圆的定义求椭圆的方程,椭圆中的定点定值问题,属于中档题21、(1)
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