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文档简介
2025届宁夏银川市兴庆区银川一中高三最后一卷数学试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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.盒中装有形状、大小完全相同的5张“刮刮卡”,其中只有2张“刮刮卡”有奖,现甲从盒中随机取出2张,则至少有一张有奖的概率为()A. B. C. D.2.将3个黑球3个白球和1个红球排成一排,各小球除了颜色以外其他属性均相同,则相同颜色的小球不相邻的排法共有()A.14种 B.15种 C.16种 D.18种3.若点x,y位于由曲线x=y-2+1与x=3围成的封闭区域内(包括边界),则A.-3,1 B.-3,5 C.-∞,-34.若的展开式中含有常数项,且的最小值为,则()A. B. C. D.5.已知向量,,且与的夹角为,则x=()A.-2 B.2 C.1 D.-16.在中,点D是线段BC上任意一点,,,则()A. B.-2 C. D.27.已知集合,定义集合,则等于()A. B.C. D.8.赵爽是我国古代数学家、天文学家,大约在公元222年,赵爽为《周髀算经》一书作序时,介绍了“勾股圆方图”,亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的).类比“赵爽弦图”.可类似地构造如下图所示的图形,它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大等边三角形.设,若在大等边三角形中随机取一点,则此点取自小等边三角形(阴影部分)的概率是()A. B. C. D.9.当时,函数的图象大致是()A. B.C. D.10.在中,点为中点,过点的直线与,所在直线分别交于点,,若,,则的最小值为()A. B.2 C.3 D.11.已知平面向量,满足,且,则与的夹角为()A. B. C. D.12.若x,y满足约束条件的取值范围是A.[0,6] B.[0,4] C.[6, D.[4,二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知函数,(其中e为自然对数的底数),若关于x的方程恰有5个相异的实根,则实数a的取值范围为________.14.已知集合,若,且,则实数所有的可能取值构成的集合是________.15.从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务,每天安排一人,每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加,且当甲、乙两人都参加时,他们参加社区服务的日期不相邻,那么不同的安排种数为______________.(用数字作答)16.如图,在矩形中,为边的中点,,,分别以、为圆心,为半径作圆弧、(在线段上).由两圆弧、及边所围成的平面图形绕直线旋转一周,则所形成的几何体的体积为.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)设椭圆的离心率为,左、右焦点分别为,点D在椭圆C上,的周长为.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过圆上任意一点P作圆E的切线l,若l与椭圆C交于A,B两点,O为坐标原点,求证:为定值.18.(12分)已知数列是公比为正数的等比数列,其前项和为,满足,且成等差数列.(1)求的通项公式;(2)若数列满足,求的值.19.(12分)如图,在四棱锥中,平面ABCD平面PAD,,,,,E是PD的中点.证明:;设,点M在线段PC上且异面直线BM与CE所成角的余弦值为,求二面角的余弦值.20.(12分)设函数f(x)=ax2–a–lnx,g(x)=,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数.(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)证明:当x>1时,g(x)>0;(Ⅲ)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.21.(12分)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为菱形,PA⊥底面ABCD,∠BAD=60°,AB=PA=4,E是PA的中点,AC,BD交于点O.(1)求证:OE∥平面PBC;(2)求三棱锥E﹣PBD的体积.22.(10分)在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),将曲线上每一点的横坐标变为原来的倍,纵坐标不变,得到曲线,以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,射线与曲线交于点,将射线绕极点逆时针方向旋转交曲线于点.(1)求曲线的参数方程;(2)求面积的最大值.
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】
先计算出总的基本事件的个数,再计算出两张都没获奖的个数,根据古典概型的概率,求出两张都没有奖的概率,由对立事件的概率关系,即可求解.【详解】从5张“刮刮卡”中随机取出2张,共有种情况,2张均没有奖的情况有(种),故所求概率为.故选:C.【点睛】本题考查古典概型的概率、对立事件的概率关系,意在考查数学建模、数学计算能力,属于基础题.2、D【解析】
采取分类计数和分步计数相结合的方法,分两种情况具体讨论,一种是黑白依次相间,一种是开始仅有两个相同颜色的排在一起【详解】首先将黑球和白球排列好,再插入红球.情况1:黑球和白球按照黑白相间排列(“黑白黑白黑白”或“白黑白黑白黑”),此时将红球插入6个球组成的7个空中即可,因此共有2×7=14种;情况2:黑球或白球中仅有两个相同颜色的排在一起(“黑白白黑白黑”、“黑白黑白白黑”、“白黑黑白黑白”“白黑白黑黑白”),此时红球只能插入两个相同颜色的球之中,共4种.综上所述,共有14+4=18种.故选:D【点睛】本题考查排列组合公式的具体应用,插空法的应用,属于基础题3、D【解析】
画出曲线x=y-2+1与x=3围成的封闭区域,y+1x-2表示封闭区域内的点(x,y)【详解】画出曲线x=y-2+1与y+1x-2表示封闭区域内的点(x,y)和定点P(2,-1)设k=y+1x-2,结合图形可得k≥k由题意得点A,B的坐标分别为A(3,0),B(1,2),∴kPA∴k≥1或k≤-3,∴y+1x-2的取值范围为-∞,-3故选D.【点睛】解答本题的关键有两个:一是根据数形结合的方法求解问题,即把y+1x-24、C【解析】展开式的通项为,因为展开式中含有常数项,所以,即为整数,故n的最小值为1.所以.故选C点睛:求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项,再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项,求特定项的系数.可由某项得出参数项,再由通项写出第项,由特定项得出值,最后求出其参数.5、B【解析】
由题意,代入解方程即可得解.【详解】由题意,所以,且,解得.故选:B.【点睛】本题考查了利用向量的数量积求向量的夹角,属于基础题.6、A【解析】
设,用表示出,求出的值即可得出答案.【详解】设由,,.故选:A【点睛】本题考查了向量加法、减法以及数乘运算,需掌握向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义,属于基础题.7、C【解析】
根据定义,求出,即可求出结论.【详解】因为集合,所以,则,所以.故选:C.【点睛】本题考查集合的新定义运算,理解新定义是解题的关键,属于基础题.8、A【解析】
根据几何概率计算公式,求出中间小三角形区域的面积与大三角形面积的比值即可.【详解】在中,,,,由余弦定理,得,所以.所以所求概率为.故选A.【点睛】本题考查了几何概型的概率计算问题,是基础题.9、B【解析】由,解得,即或,函数有两个零点,,不正确,设,则,由,解得或,由,解得:,即是函数的一个极大值点,不成立,排除,故选B.【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考察函数的解析式、定义域、值域、单调性,导数的应用以及数学化归思想,属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向,该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多,但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手,根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势,利用排除法,将不合题意选项一一排除.10、B【解析】
由,,三点共线,可得,转化,利用均值不等式,即得解.【详解】因为点为中点,所以,又因为,,所以.因为,,三点共线,所以,所以,当且仅当即时等号成立,所以的最小值为1.故选:B【点睛】本题考查了三点共线的向量表示和利用均值不等式求最值,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.11、C【解析】
根据,两边平方,化简得,再利用数量积定义得到求解.【详解】因为平面向量,满足,且,所以,所以,所以,所以,所以与的夹角为.故选:C【点睛】本题主要考查平面向量的模,向量的夹角和数量积运算,属于基础题.12、D【解析】解:x、y满足约束条件,表示的可行域如图:目标函数z=x+2y经过C点时,函数取得最小值,由解得C(2,1),目标函数的最小值为:4目标函数的范围是[4,+∞).故选D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
作出图象,求出方程的根,分类讨论的正负,数形结合即可.【详解】当时,令,解得,所以当时,,则单调递增,当时,,则单调递减,当时,单调递减,且,作出函数的图象如图:(1)当时,方程整理得,只有2个根,不满足条件;(2)若,则当时,方程整理得,则,,此时各有1解,故当时,方程整理得,有1解同时有2解,即需,,因为(2),故此时满足题意;或有2解同时有1解,则需,由(1)可知不成立;或有3解同时有0解,根据图象不存在此种情况,或有0解同时有3解,则,解得,故,(3)若,显然当时,和均无解,当时,和无解,不符合题意.综上:的范围是,故答案为:,【点睛】本题主要考查了函数零点与函数图象的关系,考查利用导数研究函数的单调性,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,属于中档题.14、.【解析】
化简集合,由,以及,即可求出结论.【详解】集合,若,则的可能取值为,0,2,3,又因为,所以实数所有的可能取值构成的集合是.故答案为:.【点睛】本题考查集合与元素的关系,理解题意是解题的关键,属于基础题.15、5040.【解析】分两类,一类是甲乙都参加,另一类是甲乙中选一人,方法数为。填5040.【点睛】利用排列组合计数时,关键是正确进行分类和分步,分类时要注意不重不漏.在本题中,甲与乙是两个特殊元素,对于特殊元素“优先法”,所以有了分类。本题还涉及不相邻问题,采用“插空法”。16、【解析】由题意,可得所得到的几何体是由一个圆柱挖去两个半球而成;其中,圆柱的底面半径为1,母线长为2;体积为;两个半球的半径都为1,则两个半球的体积为;则所求几何体的体积为.考点:旋转体的组合体.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)由,周长,解得,即可求得标准方程.(2)通过特殊情况的斜率不存在时,求得,再证明的斜率存在时,即可证得为定值.通过设直线的方程为与椭圆方程联立,借助韦达定理求得,利用直线与圆相切,即,求得的关系代入,化简即可证得即可证得结论.【详解】(1)由题意得,周长,且.联立解得,,所以椭圆C的标准方程为.(2)①当直线l的斜率不存在时,不妨设其方程为,则,所以,即.②当直线l的斜率存在时,设其方程为,并设,由,,,由直线l与圆E相切,得.所以.从而,即.综合上述,得为定值.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系中定值问题,考查了学生计算求解能力,难度较难.18、(1)(2)【解析】
(1)由公比表示出,由成等差数列可求得,从而数列的通项公式;(2)求(1)得,然后对和式两两并项后利用等差数列的前项和公式可求解.【详解】(1)∵是等比数列,且成等差数列∴,即∴,解得:或∵,∴∵∴(2)∵∴【点睛】本题考查等比数列的通项公式,考查并项求和法及等差数列的项和公式.本题求数列通项公式所用方法为基本量法,求和是用并项求和法.数列的求和除公式法外,还有错位相关法、裂项相消法、分组(并项)求和法等等.19、(1)见解析;(2)【解析】
(1)由平面平面的性质定理得平面,.在中,由勾股定理得,平面,即可得;(2)以为坐标原点建立空间直角坐标系,由空间向量法和异面直线与所成角的余弦值为,得点M的坐标,从而求出二面角的余弦值.【详解】(1)平面平面,平面平面=,,所以.由面面垂直的性质定理得平面,,在中,,,由正弦定理可得:,,即,平面,.(2)以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,设,则,,得,,而,设平面的法向量为,由可得:,令,则,取平面的法向量,则,故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,解题时要注意空间思维能力的培养和向量法的合理运用,属于中档题.20、(Ⅰ)当时,<0,单调递减;当时,>0,单调递增;(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ).【解析】试题分析:本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性,解决恒成立问题,考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力.第(Ⅰ)问,对求导,再对a进行讨论,判断函数的单调性;第(Ⅱ)问,利用导数判断函数的单调性,从而证明结论,第(Ⅲ)问,构造函数=(),利用导数判断函数的单调性,从而求解a的值.试题解析:(Ⅰ)<0,在内单调递减.由=0有.当时,<0,单调递减;当时,>0,单调递增.(Ⅱ)令=,则=.当时,>0,所以,从而=>0.(Ⅲ)由(Ⅱ),当时,>0.当,时,=.故当>在区间内恒成立时,必有.当时,>1.由(Ⅰ)有,而,所以此时>在区间内不恒成立.当时,令=().当时,=.因此,在区间单调递增.又因为=0,所以当时,=>0,即>恒成立.综上,.【考点】导数的计算,利用导数求函数的单调性,解决恒成立问题【名师点睛】本题考查导数的计算,利用导数求函数的单调性,解决恒成立问题,考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力.求函数的单调性,基本方法是求,解方程,再通过的正负确定的单调性;要证明不等式,一般证明的最小值大于0,为此要研究函数的单调性.本题中注意由于函数的极小值没法确定,因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围.比较新颖,学生不易想到,有一定的难度.21、(1)证明见解析(2)【解析
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