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文档简介
安徽省涡阳县第一中学2025届高考仿真卷数学试卷注意事项: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.甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去三个不同社区进行帮扶活动,每人只能去一个社区,每个社区至少一人.其中甲必须去社区,乙不去社区,则不同的安排方法种数为()A.8 B.7 C.6 D.52.已知椭圆的短轴长为2,焦距为分别是椭圆的左、右焦点,若点为上的任意一点,则的取值范围为()A. B. C. D.3.已知公差不为0的等差数列的前项的和为,,且成等比数列,则()A.56 B.72 C.88 D.404.设,则复数的模等于()A. B. C. D.5.“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称,旨在积极发展我国与沿线国家经济合作关系,共同打造政治互信、经济融合、文化包容的命运共同体.自2015年以来,“一带一路”建设成果显著.如图是2015—2019年,我国对“一带一路”沿线国家进出口情况统计图,下列描述错误的是()A.这五年,出口总额之和比进口总额之和大B.这五年,2015年出口额最少C.这五年,2019年进口增速最快D.这五年,出口增速前四年逐年下降6.高三珠海一模中,经抽样分析,全市理科数学成绩X近似服从正态分布,且.从中随机抽取参加此次考试的学生500名,估计理科数学成绩不低于110分的学生人数约为()A.40 B.60 C.80 D.1007.如图所示的程序框图输出的是126,则①应为()A. B. C. D.8.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.369.已知,,,是球的球面上四个不同的点,若,且平面平面,则球的表面积为()A. B. C. D.10.定义在上函数满足,且对任意的不相等的实数有成立,若关于x的不等式在上恒成立,则实数m的取值范围是()A. B. C. D.11.执行如图所示的程序框图后,输出的值为5,则的取值范围是().A. B. C. D.12.已知函数与的图象有一个横坐标为的交点,若函数的图象的纵坐标不变,横坐标变为原来的倍后,得到的函数在有且仅有5个零点,则的取值范围是()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.函数的值域为_____.14.在一底面半径和高都是的圆柱形容器中盛满小麦,有一粒带麦锈病的种子混入了其中.现从中随机取出的种子,则取出了带麦锈病种子的概率是_____.15.正四棱柱中,,.若是侧面内的动点,且,则与平面所成角的正切值的最大值为___________.16.若函数的图像向左平移个单位得到函数的图像.则在区间上的最小值为________.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)如图,在三棱柱中,是边长为2的等边三角形,,,.(1)证明:平面平面;(2),分别是,的中点,是线段上的动点,若二面角的平面角的大小为,试确定点的位置.18.(12分)如图所示,在四棱锥中,平面,底面ABCD满足AD∥BC,,,E为AD的中点,AC与BE的交点为O.(1)设H是线段BE上的动点,证明:三棱锥的体积是定值;(2)求四棱锥的体积;(3)求直线BC与平面PBD所成角的余弦值.19.(12分)在四棱锥中,底面是边长为2的菱形,是的中点.(1)证明:平面;(2)设是直线上的动点,当点到平面距离最大时,求面与面所成二面角的正弦值.20.(12分)已知函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)若关于的不等式的解集包含,求实数的取值范围.21.(12分)甲、乙、丙三名射击运动员射中目标的概率分别为,三人各射击一次,击中目标的次数记为.(1)求的分布列及数学期望;(2)在概率(=0,1,2,3)中,若的值最大,求实数的取值范围.22.(10分)如图,三棱柱的所有棱长均相等,在底面上的投影在棱上,且∥平面(Ⅰ)证明:平面平面;(Ⅱ)求直线与平面所成角的余弦值.
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、B【解析】根据题意满足条件的安排为:A(甲,乙)B(丙)C(丁);A(甲,乙)B(丁)C(丙);A(甲,丙)B(丁)C(乙);A(甲,丁)B(丙)C(乙);A(甲)B(丙,丁)C(乙);A(甲)B(丁)C(乙,丙);A(甲)B(丙)C(丁,乙);共7种,选B.2、D【解析】
先求出椭圆方程,再利用椭圆的定义得到,利用二次函数的性质可求,从而可得的取值范围.【详解】由题设有,故,故椭圆,因为点为上的任意一点,故.又,因为,故,所以.故选:D.【点睛】本题考查椭圆的几何性质,一般地,如果椭圆的左、右焦点分别是,点为上的任意一点,则有,我们常用这个性质来考虑与焦点三角形有关的问题,本题属于基础题.3、B【解析】
,将代入,求得公差d,再利用等差数列的前n项和公式计算即可.【详解】由已知,,,故,解得或(舍),故,.故选:B.【点睛】本题考查等差数列的前n项和公式,考查等差数列基本量的计算,是一道容易题.4、C【解析】
利用复数的除法运算法则进行化简,再由复数模的定义求解即可.【详解】因为,所以,由复数模的定义知,.故选:C【点睛】本题考查复数的除法运算法则和复数的模;考查运算求解能力;属于基础题.5、D【解析】
根据统计图中数据的含义进行判断即可.【详解】对A项,由统计图可得,2015年出口额和进口额基本相等,而2016年到2019年出口额都大于进口额,则A正确;对B项,由统计图可得,2015年出口额最少,则B正确;对C项,由统计图可得,2019年进口增速都超过其余年份,则C正确;对D项,由统计图可得,2015年到2016年出口增速是上升的,则D错误;故选:D【点睛】本题主要考查了根据条形统计图和折线统计图解决实际问题,属于基础题.6、D【解析】
由正态分布的性质,根据题意,得到,求出概率,再由题中数据,即可求出结果.【详解】由题意,成绩X近似服从正态分布,则正态分布曲线的对称轴为,根据正态分布曲线的对称性,求得,所以该市某校有500人中,估计该校数学成绩不低于110分的人数为人,故选:.【点睛】本题考查正态分布的图象和性质,考查学生分析问题的能力,难度容易.7、B【解析】试题分析:分析程序中各变量、各语句的作用,再根据流程图所示的顺序,可知:该程序的作用是累加S=2+22+…+2n的值,并输出满足循环的条件.解:分析程序中各变量、各语句的作用,再根据流程图所示的顺序,可知:该程序的作用是累加S=2+22+…+2n的值,并输出满足循环的条件.∵S=2+22+…+21=121,故①中应填n≤1.故选B点评:算法是新课程中的新增加的内容,也必然是新高考中的一个热点,应高度重视.程序填空也是重要的考试题型,这种题考试的重点有:①分支的条件②循环的条件③变量的赋值④变量的输出.其中前两点考试的概率更大.此种题型的易忽略点是:不能准确理解流程图的含义而导致错误.8、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.9、A【解析】
由题意画出图形,求出多面体外接球的半径,代入表面积公式得答案.【详解】如图,取BC中点G,连接AG,DG,则,,分别取与的外心E,F,分别过E,F作平面ABC与平面DBC的垂线,相交于O,则O为四面体的球心,由,得正方形OEGF的边长为,则,四面体的外接球的半径,球O的表面积为.故选A.【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法,考查空间想象能力与思维能力,是中档题.10、B【解析】
结合题意可知是偶函数,且在单调递减,化简题目所给式子,建立不等式,结合导函数与原函数的单调性关系,构造新函数,计算最值,即可.【详解】结合题意可知为偶函数,且在单调递减,故可以转换为对应于恒成立,即即对恒成立即对恒成立令,则上递增,在上递减,所以令,在上递减所以.故,故选B.【点睛】本道题考查了函数的基本性质和导函数与原函数单调性关系,计算范围,可以转化为函数,结合导函数,计算最值,即可得出答案.11、C【解析】
框图的功能是求等比数列的和,直到和不满足给定的值时,退出循环,输出n.【详解】第一次循环:;第二次循环:;第三次循环:;第四次循环:;此时满足输出结果,故.故选:C.【点睛】本题考查程序框图的应用,建议数据比较小时,可以一步一步的书写,防止错误,是一道容易题.12、A【解析】
根据题意,,求出,所以,根据三角函数图像平移伸缩,即可求出的取值范围.【详解】已知与的图象有一个横坐标为的交点,则,,,,,若函数图象的纵坐标不变,横坐标变为原来的倍,则,所以当时,,在有且仅有5个零点,,.故选:A.【点睛】本题考查三角函数图象的性质、三角函数的平移伸缩以及零点个数问题,考查转化思想和计算能力.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
利用配方法化简式子,可得,然后根据观察法,可得结果.【详解】函数的定义域为所以函数的值域为故答案为:【点睛】本题考查的是用配方法求函数的值域问题,属基础题。14、【解析】
求解占圆柱形容器的的总容积的比例求解即可.【详解】解:由题意可得:取出了带麦锈病种子的概率.故答案为:.【点睛】本题主要考查了体积类的几何概型问题,属于基础题.15、2.【解析】
如图,以为原点建立空间直角坐标系,设点,由得,证明为与平面所成角,令,用三角函数表示出,求解三角函数的最大值得到结果.【详解】如图,以为原点建立空间直角坐标系,设点,则,,又,得即;又平面,为与平面所成角,令,当时,最大,即与平面所成角的正切值的最大值为2.故答案为:2【点睛】本题主要考查了立体几何中的动点问题,考查了直线与平面所成角的计算.对于这类题,一般是建立空间直角坐标,在动点坐标内引入参数,将最值问题转化为函数的最值问题求解,考查了学生的运算求解能力和直观想象能力.16、【解析】
注意平移是针对自变量x,所以,再利用整体换元法求值域(最值)即可.【详解】由已知,,,又,故,,所以的最小值为.故答案为:.【点睛】本题考查正弦型函数在给定区间上的最值问题,涉及到图象的平移变换、辅助角公式的应用,是一道基础题.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)为线段上靠近点的四等分点,且坐标为【解析】
(1)先通过线面垂直的判定定理证明平面,再根据面面垂直的判定定理即可证明;(2)分析位置关系并建立空间直角坐标系,根据二面角的余弦值与平面法向量夹角的余弦值之间的关系,即可计算出的坐标从而位置可确定.【详解】(1)证明:因为,,,所以,即.又因为,,所以,,所以平面.因为平面,所以平面平面.(2)解:连接,因为,是的中点,所以.由(1)知,平面平面,所以平面.以为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则平面的一个法向量是,,,.设,,,,代入上式得,,,所以.设平面的一个法向量为,,,由,得.令,得.因为二面角的平面角的大小为,所以,即,解得.所以点为线段上靠近点的四等分点,且坐标为.【点睛】本题考查面面垂直的证明以及利用向量法求解二面角有关的问题,难度一般.(1)证明面面垂直,可通过先证明线面垂直,再证明面面垂直;(2)二面角的余弦值不一定等于平面法向量夹角的余弦值,要注意结合图形分析.18、(1)证明见解析(2)(3)【解析】
(1)因为底面ABCD为梯形,且,所以四边形BCDE为平行四边形,则BE∥CD,又平面,平面,所以平面,又因为H为线段BE上的动点,的面积是定值,从而三棱锥的体积是定值.(2)因为平面,所以,结合BE∥CD,所以,又因为,,且E为AD的中点,所以四边形ABCE为正方形,所以,结合,则平面,连接,则,因为平面,所以,因为,所以是等腰直角三角形,O为斜边AC上的中点,所以,且,所以平面,所以PO是四棱锥的高,又因为梯形ABCD的面积为,在中,,所以.(3)以O为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示,则B(,0,0),C(0,,0),D(,,0),P(0,0,),则,设平面PBD的法向量为,则即则,令,得到,设BC与平面PBD所成的角为,则,所以,所以直线BC与平面PBD所成角的余弦值为.19、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)取中点,连接,根据菱形的性质,结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可;(2)根据面面垂直的判定定理和性质定理,可以确定点到直线的距离即为点到平面的距离,结合垂线段的性质可以确定点到平面的距离最大,最大值为1.以为坐标原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系.利用空间向量夹角公式,结合同角的三角函数关系式进行求解即可.【详解】(1)证明:取中点,连接,因为四边形为菱形且.所以,因为,所以,又,所以平面,因为平面,所以.同理可证,因为,所以平面.(2)解:由(1)得平面,所以平面平面,平面平面.所以点到直线的距离即为点到平面的距离.过作的垂线段,在所有的垂线段中长度最大的为,此时必过的中点,因为为中点,所以此时,点到平面的距离最大,最大值为1.以为坐标原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系.则所以平面的一个法向量为,设平面的法向量为,则即取,则,,所以,所以面与面所成二面角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理和性质的应用,考查了二面角的向量求法,考查了推理论证能力和数学运算能力.20、(1)(2)【解析】
(1)按进行分类,得到等价不等式组,分别解出解集,再取并集,得到答案;(2)将问题转化为在时恒成立,按和分类讨论,分别得到不等式恒成立时对应的的范围,再取交集,得到答案.【详解】解:(1)当时,等价于或或,解得或或,所以不等式的解集为:.(2)依题意即在时恒成立,当时,,即,所以对恒成立∴,得;当时,,即,所以对任意恒成立,∴,得∴,综上,.【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式,分类讨论研究不等式恒成立问题,属于中档题.21、(1),ξ的分布列为ξ
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