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文档简介
2025届阿坝市重点中学高考数学五模试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、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.已知满足,,,则在上的投影为()A. B. C. D.22.函数的部分图象如图所示,已知,函数的图象可由图象向右平移个单位长度而得到,则函数的解析式为()A. B.C. D.3.已知函数,其中,记函数满足条件:为事件,则事件发生的概率为A. B.C. D.4.若集合M={1,3},N={1,3,5},则满足M∪X=N的集合X的个数为()A.1 B.2C.3 D.45.由曲线围成的封闭图形的面积为()A. B. C. D.6.设双曲线(a>0,b>0)的右焦点为F,右顶点为A,过F作AF的垂线与双曲线交于B,C两点,过B,C分别作AC,AB的垂线交于点D.若D到直线BC的距离小于,则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是()A.B.C.D.7.正的边长为2,将它沿边上的高翻折,使点与点间的距离为,此时四面体的外接球表面积为()A. B. C. D.8.在平面直角坐标系中,已知角的顶点与原点重合,始边与轴的非负半轴重合,终边落在直线上,则()A. B. C. D.9.“”是“,”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件10.已知数列为等差数列,为其前项和,,则()A. B. C. D.11.已知分别为圆与的直径,则的取值范围为()A. B. C. D.12.已知空间两不同直线、,两不同平面,,下列命题正确的是()A.若且,则 B.若且,则C.若且,则 D.若不垂直于,且,则不垂直于二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知实数满足,则的最小值是______________.14.在数列中,,,曲线在点处的切线经过点,下列四个结论:①;②;③;④数列是等比数列;其中所有正确结论的编号是______.15.的展开式中,的系数是__________.(用数字填写答案)16.在一块土地上种植某种农作物,连续5年的产量(单位:吨)分别为9.4,9.7,9.8,10.3,10.8.则该农作物的年平均产量是______吨.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)如图,在三棱柱中,平面ABC.(1)证明:平面平面(2)求二面角的余弦值.18.(12分)已知.(1)求的单调区间;(2)当时,求证:对于,恒成立;(3)若存在,使得当时,恒有成立,试求的取值范围.19.(12分)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=2Sn+1(1)求数列{an}(2)设cn=bnan,求数列20.(12分)己知函数.(1)当时,求证:;(2)若函数,求证:函数存在极小值.21.(12分)已知在四棱锥中,平面,,在四边形中,,,,为的中点,连接,为的中点,连接.(1)求证:.(2)求二面角的余弦值.22.(10分)如图,在三棱柱中,,,,为的中点,且.(1)求证:平面;(2)求锐二面角的余弦值.
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、A【解析】
根据向量投影的定义,即可求解.【详解】在上的投影为.故选:A【点睛】本题考查向量的投影,属于基础题.2、A【解析】
由图根据三角函数图像的对称性可得,利用周期公式可得,再根据图像过,即可求出,再利用三角函数的平移变换即可求解.【详解】由图像可知,即,所以,解得,又,所以,由,所以或,又,所以,,所以,,即,因为函数的图象由图象向右平移个单位长度而得到,所以.故选:A【点睛】本题考查了由图像求三角函数的解析式、三角函数图像的平移伸缩变换,需掌握三角形函数的平移伸缩变换原则,属于基础题.3、D【解析】
由得,分别以为横纵坐标建立如图所示平面直角坐标系,由图可知,.4、D【解析】可以是共4个,选D.5、A【解析】
先计算出两个图像的交点分别为,再利用定积分算两个图形围成的面积.【详解】封闭图形的面积为.选A.【点睛】本题考察定积分的应用,属于基础题.解题时注意积分区间和被积函数的选取.6、A【解析】
由题意,根据双曲线的对称性知在轴上,设,则由得:,因为到直线的距离小于,所以,即,所以双曲线渐近线斜率,故选A.7、D【解析】
如图所示,设的中点为,的外接圆的圆心为,四面体的外接球的球心为,连接,利用正弦定理可得,利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形,最后利用勾股定理可求外接球的半径,从而可得外接球的表面积.【详解】如图所示,设的中点为,外接圆的圆心为,四面体的外接球的球心为,连接,则平面,.因为,故,因为,故.由正弦定理可得,故,又因为,故.因为,故平面,所以,因为平面,平面,故,故,所以四边形为平行四边形,所以,所以,故外接球的半径为,外接球的表面积为.故选:D.【点睛】本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算,还考查正弦定理和余弦定理,折叠问题注意翻折前后的变量与不变量,外接球问题注意先确定外接球的球心的位置,然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算,本题有一定的难度.8、C【解析】
利用诱导公式以及二倍角公式,将化简为关于的形式,结合终边所在的直线可知的值,从而可求的值.【详解】因为,且,所以.故选:C.【点睛】本题考查三角函数中的诱导公式以及三角恒等变换中的二倍角公式,属于给角求值类型的问题,难度一般.求解值的两种方法:(1)分别求解出的值,再求出结果;(2)将变形为,利用的值求出结果.9、B【解析】
先求出满足的值,然后根据充分必要条件的定义判断.【详解】由得,即,,因此“”是“,”的必要不充分条件.故选:B.【点睛】本题考查充分必要条件,掌握充分必要条件的定义是解题基础.解题时可根据条件与结论中参数的取值范围进行判断.10、B【解析】
利用等差数列的性质求出的值,然后利用等差数列求和公式以及等差中项的性质可求出的值.【详解】由等差数列的性质可得,.故选:B.【点睛】本题考查等差数列基本性质的应用,同时也考查了等差数列求和,考查计算能力,属于基础题.11、A【解析】
由题先画出基本图形,结合向量加法和点乘运算化简可得,结合的范围即可求解【详解】如图,其中,所以.故选:A【点睛】本题考查向量的线性运算在几何中的应用,数形结合思想,属于中档题12、C【解析】因答案A中的直线可以异面或相交,故不正确;答案B中的直线也成立,故不正确;答案C中的直线可以平移到平面中,所以由面面垂直的判定定理可知两平面互相垂直,是正确的;答案D中直线也有可能垂直于直线,故不正确.应选答案C.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
先画出不等式组对应的可行域,再利用数形结合分析解答得解.【详解】画出不等式组表示的可行域如图阴影区域所示.由题得y=-3x+z,它表示斜率为-3,纵截距为z的直线系,平移直线,易知当直线经过点时,直线的纵截距最小,目标函数取得最小值,且.故答案为:-8【点睛】本题主要考查线性规划问题,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析能力.14、①③④【解析】
先利用导数求得曲线在点处的切线方程,由此求得与的递推关系式,进而证得数列是等比数列,由此判断出四个结论中正确的结论编号.【详解】∵,∴曲线在点处的切线方程为,则.∵,∴,则是首项为1,公比为的等比数列,从而,,.故所有正确结论的编号是①③④.故答案为:①③④【点睛】本小题主要考查曲线的切线方程的求法,考查根据递推关系式证明等比数列,考查等比数列通项公式和前项和公式,属于基础题.15、【解析】
根据组合的知识,结合组合数的公式,可得结果.【详解】由题可知:项来源可以是:(1)取1个,4个(2)取2个,3个的系数为:故答案为:【点睛】本题主要考查组合的知识,熟悉二项式定理展开式中每一项的来源,实质上每个因式中各取一项的乘积,转化为组合的知识,属中档题.16、10【解析】
根据已知数据直接计算即得.【详解】由题得,.故答案为:10【点睛】本题考查求平均数,是基础题.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)证明平面即平面平面得证;(2)分别以所在直线为x轴,y轴.轴,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,再利用向量方法求二面角的余弦值.【详解】(1)证明:因为平面ABC,所以因为.所以.即又.所以平面因为平面.所以平面平面(2)解:由题可得两两垂直,所以分别以所在直线为x轴,y轴.轴,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,则,所以设平面的一个法向量为,由.得令,得又平面,所以平面的一个法向量为.所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查空间几何位置关系的证明,考查二面角的计算,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18、(1)单调减区间为,单调增区间为;(2)详见解析;(3).【解析】
试题分析:(1)对函数求导后,利用导数和单调性的关系,可求得函数的单调区间.(2)构造函数,利用导数求得函数在上递减,且,则,故原不等式成立.(3)同(2)构造函数,对分成三类,讨论函数的单调性、极值和最值,由此求得的取值范围.试题解析:(1),当时,.解得.当时,解得.所以单调减区间为,单调增区间为.(2)设,当时,由题意,当时,恒成立.,∴当时,恒成立,单调递减.又,∴当时,恒成立,即.∴对于,恒成立.(3)因为.由(2)知,当时,恒成立,即对于,,不存在满足条件的;当时,对于,,此时.∴,即恒成立,不存在满足条件的;当时,令,可知与符号相同,当时,,,单调递减.∴当时,,即恒成立.综上,的取值范围为.点睛:本题主要考查导数和单调区间,导数与不等式的证明,导数与恒成立问题的求解方法.第一问求函数的单调区间,这是导数问题的基本题型,也是基本功,先求定义域,然后求导,要注意通分和因式分解.二、三两问一个是恒成立问题,一个是存在性问题,要注意取值是最大值还是最小值.19、(1)an=(2)Tn【解析】
(1)利用an与Sn的递推关系可以an的通项公式;P点代入直线方程得b【详解】(1)由an+1=2S两式相减得an+1-a又a2=2S1+1=3,所以a由点P(bn,bn+1则数列{bn(2)因为cn=b则13两式相减得:23所以Tn【点睛】用递推关系an=Sn-20、(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】
(1)求导得,由,且,得到,再利用函数在上单调递减论证.(2)根据题意,求导,令,易知;,易知当时,,;当时,函数单调递增,而,又,由零点存在定理得,使得,,使得,有从而得证.【详解】(1)依题意,,因为,且,故,故函数在上单调递减,故.(2)依题意,,令,则;而,可知当时,,故函数在上单调递增,故当时,;当时,函数单调递增,而,又,故,使得,故,使得,即函数单调递增,即单调递增;故当时,,故函数在上单调递减,在上单调递增,故当时,函数有极小值.【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质,还考查推理论证能力以及函数与方程思想,属于难题.21、(1)见解析;(2)【解析】
(1)连接,证明,得到面,得到证明.(2)以,,所在直线分别为,,轴建立空间直角坐标系,为平面的法向量,平面的一个法向量为,计算夹角得到答案.【详解】(1)连接,在四边形中,,平面,面,,,面,又面,,又在直角三角形中,,为的中点,,,面,面,.(2)以,,所在直线分别为,,轴建立空间直角坐标系,,,,,,,设为平面的法向量,,,,,令,则,,,同理可得平面的一个法向量为.设向量与的所成的角为,,由图形知,二面角为锐二面角,所以余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直,二面角,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.22、(1)证明见解析;(2).【解析】
(1)证明后可得平面,从而得,结合已知得线面垂直;(2)以为坐标原点,
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