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文档简介
广东省深圳红岭中学2025届高考数学二模试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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.已知抛物线:()的焦点为,为该抛物线上一点,以为圆心的圆与的准线相切于点,,则抛物线方程为()A. B. C. D.2.已知双曲线(,)的左、右焦点分别为,以(为坐标原点)为直径的圆交双曲线于两点,若直线与圆相切,则该双曲线的离心率为()A. B. C. D.3.已知角的终边经过点P(),则sin()=A. B. C. D.4.已知曲线且过定点,若且,则的最小值为().A. B.9 C.5 D.5.的展开式中的常数项为()A.-60 B.240 C.-80 D.1806.已知点、.若点在函数的图象上,则使得的面积为的点的个数为()A. B. C. D.7.抛物线的准线方程是,则实数()A. B. C. D.8.已知函数的值域为,函数,则的图象的对称中心为()A. B.C. D.9.抛掷一枚质地均匀的硬币,每次正反面出现的概率相同,连续抛掷5次,至少连续出现3次正面朝上的概率是()A. B. C. D.10.已知双曲线的一条渐近线经过圆的圆心,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.211.某几何体的三视图如图所示,三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形,则该几何体中最长的棱长为().A. B. C.1 D.12.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,使得恒成立二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知函数,在区间上随机取一个数,则使得≥0的概率为.14.设为互不相等的正实数,随机变量和的分布列如下表,若记,分别为的方差,则_____.(填>,<,=)15.已知实数a,b,c满足,则的最小值是______.16.已知集合,,则________.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)在三棱锥中,是边长为的正三角形,平面平面,,M、N分别为、的中点.(1)证明:;(2)求三棱锥的体积.18.(12分)已知集合,,,将的所有子集任意排列,得到一个有序集合组,其中.记集合中元素的个数为,,,规定空集中元素的个数为.当时,求的值;利用数学归纳法证明:不论为何值,总存在有序集合组,满足任意,,都有.19.(12分)已知椭圆与x轴负半轴交于,离心率.(1)求椭圆C的方程;(2)设直线与椭圆C交于两点,连接AM,AN并延长交直线x=4于两点,若,直线MN是否恒过定点,如果是,请求出定点坐标,如果不是,请说明理由.20.(12分)在中,角所对的边分别为,若,,,且.(1)求角的值;(2)求的最大值.21.(12分)中,内角的对边分别为,.(1)求的大小;(2)若,且为的重心,且,求的面积.22.(10分)在平面直角坐标系xOy中,曲线l的参数方程为(为参数),以原点O为极点,x轴非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为4sin.(1)求曲线C的普通方程;(2)求曲线l和曲线C的公共点的极坐标.
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、C【解析】
根据抛物线方程求得点的坐标,根据轴、列方程,解方程求得的值.【详解】不妨设在第一象限,由于在抛物线上,所以,由于以为圆心的圆与的准线相切于点,根据抛物线的定义可知,、轴,且.由于,所以直线的倾斜角为,所以,解得,或(由于,故舍去).所以抛物线的方程为.故选:C【点睛】本小题主要考查抛物线的定义,考查直线的斜率,考查数形结合的数学思想方法,属于中档题.2、D【解析】
连接,可得,在中,由余弦定理得,结合双曲线的定义,即得解.【详解】连接,则,,所以,在中,,,故在中,由余弦定理可得.根据双曲线的定义,得,所以双曲线的离心率故选:D【点睛】本题考查了双曲线的性质及双曲线的离心率,考查了学生综合分析,转化划归,数学运算的能力,属于中档题.3、A【解析】
由题意可得三角函数的定义可知:,,则:本题选择A选项.4、A【解析】
根据指数型函数所过的定点,确定,再根据条件,利用基本不等式求的最小值.【详解】定点为,,当且仅当时等号成立,即时取得最小值.故选:A【点睛】本题考查指数型函数的性质,以及基本不等式求最值,意在考查转化与变形,基本计算能力,属于基础题型.5、D【解析】
求的展开式中的常数项,可转化为求展开式中的常数项和项,再求和即可得出答案.【详解】由题意,中常数项为,中项为,所以的展开式中的常数项为:.故选:D【点睛】本题主要考查二项式定理的应用和二项式展开式的通项公式,考查学生计算能力,属于基础题.6、C【解析】
设出点的坐标,以为底结合的面积计算出点到直线的距离,利用点到直线的距离公式可得出关于的方程,求出方程的解,即可得出结论.【详解】设点的坐标为,直线的方程为,即,设点到直线的距离为,则,解得,另一方面,由点到直线的距离公式得,整理得或,,解得或或.综上,满足条件的点共有三个.故选:C.【点睛】本题考查三角形面积的计算,涉及点到直线的距离公式的应用,考查运算求解能力,属于中等题.7、C【解析】
根据准线的方程写出抛物线的标准方程,再对照系数求解即可.【详解】因为准线方程为,所以抛物线方程为,所以,即.故选:C【点睛】本题考查抛物线与准线的方程.属于基础题.8、B【解析】
由值域为确定的值,得,利用对称中心列方程求解即可【详解】因为,又依题意知的值域为,所以得,,所以,令,得,则的图象的对称中心为.故选:B【点睛】本题考查三角函数的图像及性质,考查函数的对称中心,重点考查值域的求解,易错点是对称中心纵坐标错写为09、A【解析】
首先求出样本空间样本点为个,再利用分类计数原理求出三个正面向上为连续的3个“1”的样本点个数,再求出重复数量,可得事件的样本点数,根据古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】样本空间样本点为个,具体分析如下:记正面向上为1,反面向上为0,三个正面向上为连续的3个“1”,有以下3种位置1____,__1__,____1.剩下2个空位可是0或1,这三种排列的所有可能分别都是,但合并计算时会有重复,重复数量为,事件的样本点数为:个.故不同的样本点数为8个,.故选:A【点睛】本题考查了分类计数原理与分步计数原理,古典概型的概率计算公式,属于基础题10、B【解析】
求出圆心,代入渐近线方程,找到的关系,即可求解.【详解】解:,一条渐近线,故选:B【点睛】利用的关系求双曲线的离心率,是基础题.11、B【解析】
首先由三视图还原几何体,进一步求出几何体的棱长.【详解】解:根据三视图还原几何体如图所示,所以,该四棱锥体的最长的棱长为.故选:B.【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体,考查运算能力和推理能力,属于基础题.12、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.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】试题分析:可以得出,所以在区间上使的范围为,所以使得≥0的概率为考点:本小题主要考查与长度有关的几何概型的概率计算.点评:几何概型适用于解决一切均匀分布的问题,包括“长度”、“角度”、“面积”、“体积”等,但要注意求概率时做比的上下“测度”要一致.14、>【解析】
根据方差计算公式,计算出的表达式,由此利用差比较法,比较出两者的大小关系.【详解】,故.,.要比较的大小,只需比较与,两者作差并化简得①,由于为互不相等的正实数,故,也即,也即.故答案为:【点睛】本小题主要考查随机变量期望和方差的计算,考查差比较法比较大小,考查运算求解能力,属于难题.15、【解析】
先分离出,应用基本不等式转化为关于c的二次函数,进而求出最小值.【详解】解:若取最小值,则异号,,根据题意得:,又由,即有,则,即的最小值为,故答案为:【点睛】本题考查了基本不等式以及二次函数配方求最值,属于中档题.16、【解析】
利用交集定义直接求解.【详解】解:集合奇数,偶数,.故答案为:.【点睛】本题考查交集的求法,考查交集定义等基础知识,考查运算求解能力,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)证明见解析;(2).【解析】
(1)取中点,连接,,证明平面,由线面垂直的性质可得;(2)由,即可求得三棱锥的体积.【详解】解:(1)证明:取中点D,连接,.因为,,所以且,因为,平面,平面,所以平面.又平面,所以;(2)解:因为平面,平面,所以平面平面,过N作于E,则平面,因为平面平面,,平面平面,平面,所以平面,又因为平面,所以,由于,所以所以,所以.【点睛】本题考查线面垂直,考查三棱锥体积的计算,解题的关键是掌握线面垂直的判定与性质,属于中档题.18、;证明见解析.【解析】
当时,集合共有个子集,即可求出结果;分类讨论,利用数学归纳法证明.【详解】当时,集合共有个子集,所以;①当时,,由可知,,此时令,,,,满足对任意,都有,且;②假设当时,存在有序集合组满足题意,且,则当时,集合的子集个数为个,因为是4的整数倍,所以令,,,,且恒成立,即满足对任意,都有,且,综上,原命题得证.【点睛】本题考查集合的自己个数的研究,结合数学归纳法的应用,属于难题.19、(1)(2)直线恒过定点,详见解析【解析】
(1)依题意由椭圆的简单性质可求出,即得椭圆C的方程;(2)设直线的方程为:,联立直线的方程与椭圆方程可求得点的坐标,同理可求出点的坐标,根据的坐标可求出直线的方程,将其化简成点斜式,即可求出定点坐标.【详解】(1)由题有,.∴,∴.∴椭圆方程为.(2)设直线的方程为:,则∴或,∴,同理,当时,由有.∴,同理,又∴,当时,∴直线的方程为∴直线恒过定点,当时,此时也过定点..综上:直线恒过定点.【点睛】本题主要考查利用椭圆的简单性质求椭圆的标准方程,以及直线与椭圆的位置关系应用,定点问题的求法等,意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力,属于难题.20、(1);(2).【解析】
(1)由正弦定理可得,再用余弦定理即可得到角C;(2),再利用求正弦型函数值域的方法即可得到答案.【详解】(1)因为,所以.在中,由正弦定理得,所以,即.在中,由余弦定理得,又因为,所以.(2)由(1)得,在中,,所以.因为,所以,所以当,即时,有最大值1,所以的最大值为.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形,涉及到两角差的正弦公式、辅助角公式、向量数量积的坐标运算,是一道容易题.21、(1);(2)【解析】
(1)利用正弦定理,转化为,分析运算即得解;(2)由为的重心,得到,平方可得解c,由面积公式即得解.【详解】(1)由,由正弦定理得C,即∴∵∴,又∵∴(2)由于为的重心故,∴解得或舍∴的面积为.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的
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