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文档简介

北京房山区2025届高考数学倒计时模拟卷注意事项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,,那么是的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件2.已知集合,则集合()A. B. C. D.3.在中,“”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.在中,D为的中点,E为上靠近点B的三等分点,且,相交于点P,则()A. B.C. D.5.已知向量,满足||=1,||=2,且与的夹角为120°,则=()A. B. C. D.6.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7.宁波古圣王阳明的《传习录》专门讲过易经八卦图,下图是易经八卦图(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦),每一卦由三根线组成(“—”表示一根阳线,“——”表示一根阴线).从八卦中任取两卦,这两卦的六根线中恰有四根阴线的概率为()A. B. C. D.8.已知复数,为的共轭复数,则()A. B. C. D.9.阿波罗尼斯(约公元前262~190年)证明过这样的命题:平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点,间的距离为2,动点与,的距离之比为,当,,不共线时,的面积的最大值是()A. B. C. D.10.设,,,则()A. B. C. D.11.函数f(x)=2x-3A.[32C.[3212.如图所示,正方体的棱,的中点分别为,,则直线与平面所成角的正弦值为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知平面向量,,满足||=1,||=2,,的夹角等于,且()•()=0,则||的取值范围是_____.14.已知实数x,y满足,则的最大值为____________.15.如果抛物线上一点到准线的距离是6,那么______.16.若函数在和上均单调递增,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)如图所示,在四棱锥中,底面是棱长为2的正方形,侧面为正三角形,且面面,分别为棱的中点.(1)求证:平面;(2)求二面角的正切值.18.(12分)在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以原点为极点,轴的非负半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程;(2)若直线与曲线、曲线在第一象限交于两点,且,点的坐标为,求的面积.19.(12分)在直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数),以为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求的普通方程和的直角坐标方程;(2)把曲线向下平移个单位,然后各点横坐标变为原来的倍得到曲线(纵坐标不变),设点是曲线上的一个动点,求它到直线的距离的最小值.20.(12分)如图,是矩形,的顶点在边上,点,分别是,上的动点(的长度满足需求).设,,,且满足.(1)求;(2)若,,求的最大值.21.(12分)在中,.(1)求的值;(2)点为边上的动点(不与点重合),设,求的取值范围.22.(10分)已知函数()的图象在处的切线为(为自然对数的底数)(1)求的值;(2)若,且对任意恒成立,求的最大值.

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、B【解析】

由,可得,解出即可判断出结论.【详解】解:因为,且.,解得.是的必要不充分条件.故选:.【点睛】本题考查了向量数量积运算性质、三角函数求值、简易逻辑的判定方法,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.2、D【解析】

弄清集合B的含义,它的元素x来自于集合A,且也是集合A的元素.【详解】因,所以,故,又,,则,故集合.故选:D.【点睛】本题考查集合的定义,涉及到解绝对值不等式,是一道基础题.3、D【解析】

通过列举法可求解,如两角分别为时【详解】当时,,但,故充分条件推不出;当时,,但,故必要条件推不出;所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选:D.【点睛】本题考查命题的充分与必要条件判断,三角函数在解三角形中的具体应用,属于基础题4、B【解析】

设,则,,由B,P,D三点共线,C,P,E三点共线,可知,,解得即可得出结果.【详解】设,则,,因为B,P,D三点共线,C,P,E三点共线,所以,,所以,.故选:B.【点睛】本题考查了平面向量基本定理和向量共线定理的简单应用,属于基础题.5、D【解析】

先计算,然后将进行平方,,可得结果.【详解】由题意可得:∴∴则.故选:D.【点睛】本题考查的是向量的数量积的运算和模的计算,属基础题。6、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.7、B【解析】

根据古典概型的概率求法,先得到从八卦中任取两卦基本事件的总数,再找出这两卦的六根线中恰有四根阴线的基本事件数,代入公式求解.【详解】从八卦中任取两卦基本事件的总数种,这两卦的六根线中恰有四根阴线的基本事件数有6种,分别是(巽,坤),(兑,坤),(离,坤),(震,艮),(震,坎),(坎,艮),所以这两卦的六根线中恰有四根阴线的概率是.故选:B【点睛】本题主要考查古典概型的概率,还考查了运算求解的能力,属于基础题.8、C【解析】

求出,直接由复数的代数形式的乘除运算化简复数.【详解】.故选:C【点睛】本题考查复数的代数形式的四则运算,共轭复数,属于基础题.9、A【解析】

根据平面内两定点,间的距离为2,动点与,的距离之比为,利用直接法求得轨迹,然后利用数形结合求解.【详解】如图所示:设,,,则,化简得,当点到(轴)距离最大时,的面积最大,∴面积的最大值是.故选:A.【点睛】本题主要考查轨迹的求法和圆的应用,还考查了数形结合的思想和运算求解的能力,属于中档题.10、A【解析】

先利用换底公式将对数都化为以2为底,利用对数函数单调性可比较,再由中间值1可得三者的大小关系.【详解】,,,因此,故选:A.【点睛】本题主要考查了利用对数函数和指数函数的单调性比较大小,属于基础题.11、A【解析】

根据幂函数的定义域与分母不为零列不等式组求解即可.【详解】因为函数y=2x-3解得x≥32且∴函数f(x)=2x-3+1【点睛】定义域的三种类型及求法:(1)已知函数的解析式,则构造使解析式有意义的不等式(组)求解;(2)对实际问题:由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解;(3)若已知函数fx的定义域为a,b,则函数fgx12、C【解析】

以D为原点,DA,DC,DD1分别为轴,建立空间直角坐标系,由向量法求出直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值.【详解】以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2,则,,,取平面的法向量为,设直线EF与平面AA1D1D所成角为θ,则sinθ=|,直线与平面所成角的正弦值为.故选C.【点睛】本题考查了线面角的正弦值的求法,也考查数形结合思想和向量法的应用,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

计算得到||,||cosα﹣1,解得cosα,根据三角函数的有界性计算范围得到答案.【详解】由()•()=0可得()•||•||cosα﹣1×2cos||•||cosα﹣1,α为与的夹角.再由2•1+4+2×1×2cos7可得||,∴||cosα﹣1,解得cosα.∵0≤α≤π,∴﹣1≤cosα≤1,∴1,即||+1≤0,解得||,故答案为.【点睛】本题考查了向量模的范围,意在考查学生的计算能力,利用三角函数的有界性是解题的关键.14、1【解析】

直接用表示出,然后由不等式性质得出结论.【详解】由题意,又,∴,即,∴的最大值为1.故答案为:1.【点睛】本题考查不等式的性质,掌握不等式的性质是解题关键.15、【解析】

先求出抛物线的准线方程,然后根据点到准线的距离为6,列出,直接求出结果.【详解】抛物线的准线方程为,由题意得,解得.∵点在抛物线上,∴,∴,故答案为:.【点睛】本小题主要考查抛物线的定义,属于基础题.16、【解析】

化简函数,求出在上的单调递增区间,然后根据在和上均单调递增,列出不等式求解即可.【详解】由知,当时,在和上单调递增,在和上均单调递增,,

的取值范围为:.

故答案为:.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质,关键是根据函数的单调性列出关于m的方程组,属中档题.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)见证明;(2)【解析】

(1)取PD中点G,可证EFGA是平行四边形,从而,得证线面平行;(2)取AD中点O,连结PO,可得面,连交于,可证是二面角的平面角,再在中求解即得.【详解】(1)证明:取PD中点G,连结为的中位线,且,又且,且,∴EFGA是平行四边形,则,又面,面,面;(2)解:取AD中点O,连结PO,∵面面,为正三角形,面,且,连交于,可得,,则,即.连,又,可得平面,则,即是二面角的平面角,在中,∴,即二面角的正切值为.【点睛】本题考查线面平行证明,考查求二面角.求二面角的步骤是一作二证三计算.即先作出二面角的平面角,然后证明此角是要求的二面角的平面角,最后在三角形中计算.18、(1)的极坐标方程为,的直角坐标方程为(2)【解析】

(1)先把曲线的参数方程消参后,转化为普通方程,再利用求得极坐标方程.将,化为,再利用求得曲线的普通方程.(2)设直线的极角,代入,得,将代入,得,由,得,即,从而求得,,从而求得,再利用求解.【详解】(1)依题意,曲线,即,故,即.因为,故,即,即.(2)将代入,得,将代入,得,由,得,得,解得,则.又,故,故的面积.【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程、参数方程与普通方程的转化、极坐标的几何意义,还考查推理论证能力以及数形结合思想,属于中档题.19、(1),;(2).【解析】

(1)在直线的参数方程中消去参数可得出直线的普通方程,在曲线的极坐标方程两边同时乘以得,进而可化简得出曲线的直角坐标方程;(2)根据变换得出的普通方程为,可设点的坐标为,利用点到直线的距离公式结合正弦函数的有界性可得出结果.【详解】(1)由(为参数),得,化简得,故直线的普通方程为.由,得,又,,.所以的直角坐标方程为;(2)由(1)得曲线的直角坐标方程为,向下平移个单位得到,纵坐标不变,横坐标变为原来的倍得到曲线的方程为,所以曲线的参数方程为(为参数).故点到直线的距离为,当时,最小为.【点睛】本题考查曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程的相互转化,同时也考查了利用椭圆的参数方程解决点到直线的距离最值的求解,考查计算能力,属于中等题.20、(1)(2)【解析】

(1)利用正弦定理和余弦定理化简,根据勾股定理逆定理求得.(2)设,由此求得的表达式,利用三角函数最值的求法,求得的最大值.【详解】(1)设,,,由,根据正弦定理和余弦定理得.化简整理得.由勾股定理逆定理得.(2)设,,由(1)的结论知.在中,,由,所以.在中,,由,所以.所以,由,所以当,即时,取得最大值,且最大值为.【点睛】本小题考查正弦定理,余弦定理,勾股定理,解三角形,三角函数性质及其三角恒等变换等基础知识;考查运算求解能力,推理论证能力,化归与转换思想,应用意识.21、(1)(2)【解析】

(1)先利用同角的三角函数关系求得,再由求解即可;(2)在中,由正弦定理可得,则,再由求解即可.【详解】解:(1)在中,,所以,所以(2)由(1)可知,所以,在中,因为,所以,因为,所以,所以.【点睛】本题考查已知三角函数值求值,考查正弦定理的应用.22、(1)a=-1,b=1;(2)-1.【解析】(1)对求导得,根据函数的图象在处的切线为,列出方程组,即可求出的值;(2)由(1)可得,根据对任意恒成立,等价于对任意恒成立,构造,求出的单调性,由,,,,可得存

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