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文档简介

2025届湖北省黄石二中高考数学四模试卷注意事项: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.如图,正四面体的体积为,底面积为,是高的中点,过的平面与棱、、分别交于、、,设三棱锥的体积为,截面三角形的面积为,则()A., B.,C., D.,2.已知平面向量,满足,,且,则()A.3 B. C. D.53.在三角形中,,,求()A. B. C. D.4.已知四棱锥,底面ABCD是边长为1的正方形,,平面平面ABCD,当点C到平面ABE的距离最大时,该四棱锥的体积为()A. B. C. D.15.设是定义域为的偶函数,且在单调递增,,则()A. B.C. D.6.已知F是双曲线(k为常数)的一个焦点,则点F到双曲线C的一条渐近线的距离为()A.2k B.4k C.4 D.27.如图示,三棱锥的底面是等腰直角三角形,,且,,则与面所成角的正弦值等于()A. B. C. D.8.函数(且)的图象可能为()A. B. C. D.9.集合,则()A. B. C. D.10.一个空间几何体的正视图是长为4,宽为的长方形,侧视图是边长为2的等边三角形,俯视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B. C. D.11.已知函数,,若成立,则的最小值是()A. B. C. D.12.已知复数为虚数单位),则z的虚部为()A.2 B. C.4 D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知圆C:经过抛物线E:的焦点,则抛物线E的准线与圆C相交所得弦长是__________.14.如图所示,平面BCC1B1⊥平面ABC,ABC=120,四边形BCC1B1为正方形,且AB=BC=2,则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为_____.15.的展开式中二项式系数最大的项的系数为_________(用数字作答).16.已知i为虚数单位,复数,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)设函数.(1)解不等式;(2)记的最大值为,若实数、、满足,求证:.18.(12分)某商场以分期付款方式销售某种商品,根据以往资料统计,顾客购买该商品选择分期付款的期数的分布列为:2340.4其中,(Ⅰ)求购买该商品的3位顾客中,恰有2位选择分2期付款的概率;(Ⅱ)商场销售一件该商品,若顾客选择分2期付款,则商场获得利润l00元,若顾客选择分3期付款,则商场获得利润150元,若顾客选择分4期付款,则商场获得利润200元.商场销售两件该商品所获的利润记为(单位:元)(ⅰ)求的分布列;(ⅱ)若,求的数学期望的最大值.19.(12分)已知,分别是椭圆:的左,右焦点,点在椭圆上,且抛物线的焦点是椭圆的一个焦点.(1)求,的值:(2)过点作不与轴重合的直线,设与圆相交于A,B两点,且与椭圆相交于C,D两点,当时,求△的面积.20.(12分)(Ⅰ)证明:;(Ⅱ)证明:();(Ⅲ)证明:.21.(12分)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为矩形,平面ABEF⊥平面ABCD,EF∥AB,∠BAF=90°,AD=2,AB=AF=2EF=2,点P在棱DF上.(1)若P是DF的中点,求异面直线BE与CP所成角的余弦值;(2)若二面角D﹣AP﹣C的正弦值为,求PF的长度.22.(10分)设为实数,在极坐标系中,已知圆()与直线相切,求的值.

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】

设,取与重合时的情况,计算出以及的值,利用排除法可得出正确选项.【详解】如图所示,利用排除法,取与重合时的情况.不妨设,延长到,使得.,,,,则,由余弦定理得,,,又,,当平面平面时,,,排除B、D选项;因为,,此时,,当平面平面时,,,排除C选项.故选:A.【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理、余弦定理、勾股定理、三棱锥的体积计算公式、排除法,考查了空间想象能力、推理能力与计算能力,属于难题.2、B【解析】

先求出,再利用求出,再求.【详解】解:由,所以,,,故选:B【点睛】考查向量的数量积及向量模的运算,是基础题.3、A【解析】

利用正弦定理边角互化思想结合余弦定理可求得角的值,再利用正弦定理可求得的值.【详解】,由正弦定理得,整理得,由余弦定理得,,.由正弦定理得.故选:A.【点睛】本题考查利用正弦定理求值,涉及正弦定理边角互化思想以及余弦定理的应用,考查计算能力,属于中等题.4、B【解析】

过点E作,垂足为H,过H作,垂足为F,连接EF.因为平面ABE,所以点C到平面ABE的距离等于点H到平面ABE的距离.设,将表示成关于的函数,再求函数的最值,即可得答案.【详解】过点E作,垂足为H,过H作,垂足为F,连接EF.因为平面平面ABCD,所以平面ABCD,所以.因为底面ABCD是边长为1的正方形,,所以.因为平面ABE,所以点C到平面ABE的距离等于点H到平面ABE的距离.易证平面平面ABE,所以点H到平面ABE的距离,即为H到EF的距离.不妨设,则,.因为,所以,所以,当时,等号成立.此时EH与ED重合,所以,.故选:B.【点睛】本题考查空间中点到面的距离的最值,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查空间想象能力和运算求解能力,求解时注意辅助线及面面垂直的应用.5、C【解析】

根据偶函数的性质,比较即可.【详解】解:显然,所以是定义域为的偶函数,且在单调递增,所以故选:C【点睛】本题考查对数的运算及偶函数的性质,是基础题.6、D【解析】

分析可得,再去绝对值化简成标准形式,进而根据双曲线的性质求解即可.【详解】当时,等式不是双曲线的方程;当时,,可化为,可得虚半轴长,所以点F到双曲线C的一条渐近线的距离为2.故选:D【点睛】本题考查双曲线的方程与点到直线的距离.属于基础题.7、A【解析】

首先找出与面所成角,根据所成角所在三角形利用余弦定理求出所成角的余弦值,再根据同角三角函数关系求出所成角的正弦值.【详解】由题知是等腰直角三角形且,是等边三角形,设中点为,连接,,可知,,同时易知,,所以面,故即为与面所成角,有,故.故选:A.【点睛】本题主要考查了空间几何题中线面夹角的计算,属于基础题.8、D【解析】因为,故函数是奇函数,所以排除A,B;取,则,故选D.考点:1.函数的基本性质;2.函数的图象.9、D【解析】

利用交集的定义直接计算即可.【详解】,故,故选:D.【点睛】本题考查集合的交运算,注意常见集合的符号表示,本题属于基础题.10、B【解析】

由三视图确定原几何体是正三棱柱,由此可求得体积.【详解】由题意原几何体是正三棱柱,.故选:B.【点睛】本题考查三视图,考查棱柱的体积.解题关键是由三视图不愿出原几何体.11、A【解析】分析:设,则,把用表示,然后令,由导数求得的最小值.详解:设,则,,,∴,令,则,,∴是上的增函数,又,∴当时,,当时,,即在上单调递减,在上单调递增,是极小值也是最小值,,∴的最小值是.故选A.点睛:本题易错选B,利用导数法求函数的最值,解题时学生可能不会将其中求的最小值问题,通过构造新函数,转化为求函数的最小值问题,另外通过二次求导,确定函数的单调区间也很容易出错.12、A【解析】

对复数进行乘法运算,并计算得到,从而得到虚部为2.【详解】因为,所以z的虚部为2.【点睛】本题考查复数的四则运算及虚部的概念,计算过程要注意.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

求出抛物线的焦点坐标,代入圆的方程,求出的值,再求出准线方程,利用点到直线的距离公式,求出弦心距,利用勾股定理可以求出弦长的一半,进而求出弦长.【详解】抛物线E:的准线为,焦点为(0,1),把焦点的坐标代入圆的方程中,得,所以圆心的坐标为,半径为5,则圆心到准线的距离为1,所以弦长.【点睛】本题考查了抛物线的准线、圆的弦长公式.14、【解析】

将平移到和相交的位置,解三角形求得线线角的余弦值.【详解】过作,过作,画出图像如下图所示,由于四边形是平行四边形,故,所以是所求线线角或其补角.在三角形中,,故.【点睛】本小题主要考查空间两条直线所成角的余弦值的计算,考查数形结合的数学思想方法,属于中档题.15、5670【解析】

根据二项式展开的通项,可得二项式系数的最大项,可求得其系数.【详解】二项展开式一共有项,所以由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第5项,系数为.故答案为:5670【点睛】本题考查了二项式定理展开式的应用,由通项公式求二项式系数,属于中档题.16、【解析】

先把复数进行化简,然后利用求模公式可得结果.【详解】.故答案为:.【点睛】本题主要考查复数模的求解,利用复数的运算把复数化为的形式是求解的关键,侧重考查数学运算的核心素养.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)证明见解析【解析】

(1)采用零点分段法:、、,由此求解出不等式的解集;(2)先根据绝对值不等式的几何意义求解出的值,然后利用基本不等式及其变形完成证明.【详解】(1)当时,不等式为,解得当时,不等式为,解得当时,不等式为,解得∴原不等式的解集为(2)当且仅当即时取等号,∴,∴∵,∴,∴(当且仅当时取“”)同理可得,∴∴(当且仅当时取“”)【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及利用基本不等式证明不等式,难度一般.(1)常见的绝对值不等式解法:零点分段法、图象法、几何意义法;(2)利用基本不等式完成证明时,注意说明取等号的条件.18、(Ⅰ)0.288(Ⅱ)(ⅰ)见解析(ⅱ)数学期望的最大值为280【解析】

(Ⅰ)根据题意,设购买该商品的3位顾客中,选择分2期付款的人数为,由独立重复事件的特点得出,利用二项分布的概率公式,即可求出结果;(Ⅱ)(ⅰ)依题意,的取值为200,250,300,350,400,根据离散型分布求出概率和的分布列;(ⅱ)由题意知,,解得,根据的分布列,得出的数学期望,结合,即可算出的最大值.【详解】解:(Ⅰ)设购买该商品的3位顾客中,选择分2期付款的人数为,则,则,故购买该商品的3位顾客中,恰有2位选择分2期付款的概率为0.288.(Ⅱ)(ⅰ)依题意,的取值为200,250,300,350,400,,,,,的分布列为:2002503003504000.16(ⅱ),由题意知,,,,,又,即,解得,,,当时,的最大值为280,所以的数学期望的最大值为280.【点睛】本题考查独立重复事件和二项分布的应用,以及离散型分布列和数学期望,考查计算能力.19、(1);(2).【解析】

(1)由已知根据抛物线和椭圆的定义和性质,可求出,;(2)设直线方程为,联立直线与圆的方程可以求出,再联立直线和椭圆的方程化简,由根与系数的关系得到结论,继而求出面积.【详解】(1)焦点为F(1,0),则F1(1,0),F2(1,0),,解得,=1,=1,(Ⅱ)由已知,可设直线方程为,,联立得,易知△>0,则===因为,所以=1,解得联立,得,△=8>0设,则【点睛】本题主要考查抛物线和椭圆的定义与性质应用,同时考查利用根与系数的关系,解决直线与圆,直线与椭圆的位置关系问题.意在考查学生的数学运算能力.20、(Ⅰ)见解析(Ⅱ)见解析(Ⅲ)见解析【解析】

运用数学归纳法证明即可得到结果化简,运用累加法得出结果运用放缩法和累加法进行求证【详解】(Ⅰ)数学归纳法证明时,①当时,成立;②当时,假设成立,则时所以时,成立综上①②可知,时,(Ⅱ)由得所以;;故,又所以(Ⅲ)由累加法得:所以故【点睛】本题考查了数列的综合,运用数学归纳法证明不等式的成立,结合已知条件进行化简求出化简后的结果,利用放缩法求出不等式,然后两边同时取对数再进行证明,本题较为困难。21、(1).(2).【解析】

(1)以A为原点,AB为x轴,AD为y轴,AF为z轴,建立空间直角坐标系,则(﹣1,0,2),(﹣2,﹣1,1),计算夹角得到答案.(2)设,0≤λ≤1,计算P(0,2λ,2﹣2λ),计算平面APC的法向量(1,﹣1,),平面ADF的法向量(1,0,0),根据夹角公式计算得到答案.【详解】(1)∵BAF=90°,∴AF⊥AB,又∵平面ABEF⊥平面ABCD,且平面ABEF∩平面ABCD=AB,∴AF⊥平面ABCD,又四边形ABCD为矩形,∴以A为原点,AB为x轴,AD为y轴,AF为z轴,建立空间直角坐标系,∵AD=2,AB=AF=2EF=2,P是DF的中点,∴B(2,0,0),E(1,0,2),C(2,2,0),P(0,1,1),(﹣1,0,2),(﹣2,﹣1,1),设异面直线BE与CP所成角的平面角为θ,则cosθ,∴异面直线BE与CP所成角的余弦值为.(2)A(0,0,0),C(2,2,0),F(0,0,2),D(0,2,0),设P(a,b,c),,0≤λ≤1,即(a,b,c﹣2)=λ(0,2,﹣2),解得a=0,b=2λ,c=2﹣2λ,∴P(0,2λ,2﹣2λ),(0,2λ,2

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