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文档简介

安徽省六安二中2025届高考数学五模试卷请考生注意:1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上,请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。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.我国古代有着辉煌的数学研究成果,其中的《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》,有丰富多彩的内容,是了解我国古代数学的重要文献.这5部专著中有3部产生于汉、魏、晋、南北朝时期.某中学拟从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容,则所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为()A. B. C. D.2.已知三点A(1,0),B(0,),C(2,),则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为()A. B.C. D.3.设不等式组表示的平面区域为,若从圆:的内部随机选取一点,则取自的概率为()A. B. C. D.4.若的二项展开式中的系数是40,则正整数的值为()A.4 B.5 C.6 D.75.有一改形塔几何体由若千个正方体构成,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为8,如果改形塔的最上层正方体的边长小于1,那么该塔形中正方体的个数至少是()A.8 B.7 C.6 D.46.集合,则集合的真子集的个数是A.1个 B.3个 C.4个 D.7个7.如图在一个的二面角的棱有两个点,线段分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于棱,且,则的长为()A.4 B. C.2 D.8.展开式中x2的系数为()A.-1280 B.4864 C.-4864 D.12809.已知函数,关于x的方程f(x)=a存在四个不同实数根,则实数a的取值范围是()A.(0,1)∪(1,e) B.C. D.(0,1)10.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A. B. C. D.11.已知分别为双曲线的左、右焦点,过的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点,若,则双曲线的离心率为()A. B.4 C.2 D.12.在复平面内,复数对应的点的坐标为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知向量,,,则__________.14.如图是一个算法伪代码,则输出的的值为_______________.15.甲、乙、丙、丁四名同学报名参加淮南文明城市创建志愿服务活动,服务活动共有“走进社区”、“环境监测”、“爱心义演”、“交通宣传”等四个项目,每人限报其中一项,记事件为“4名同学所报项目各不相同”,事件为“只有甲同学一人报走进社区项目”,则的值为______.16.已知为椭圆上的一个动点,,,设直线和分别与直线交于,两点,若与的面积相等,则线段的长为______.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)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.18.(12分)如图(1)五边形中,,将沿折到的位置,得到四棱锥,如图(2),点为线段的中点,且平面.(1)求证:平面平面;(2)若直线与所成角的正切值为,求直线与平面所成角的正弦值.19.(12分)如图,在四棱柱中,底面为菱形,.(1)证明:平面平面;(2)若,是等边三角形,求二面角的余弦值.20.(12分)已知直线的参数方程为(,为参数),曲线的极坐标方程为.(1)将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程,并说明曲线的形状;(2)若直线经过点,求直线被曲线截得的线段的长.21.(12分)三棱柱中,平面平面,,点为棱的中点,点为线段上的动点.(1)求证:;(2)若直线与平面所成角为,求二面角的正切值.22.(10分)已知函数.(1)当时,求曲线在点的切线方程;(2)讨论函数的单调性.

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、D【解析】

利用列举法,从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容,基本事件有10种情况,所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的基本事件有9种情况,由古典概型概率公式可得结果.【详解】《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》,这5部专著中有3部产生于汉、魏、晋、南北朝时期.记这5部专著分别为,其中产生于汉、魏、晋、南北朝时期.从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容,基本事件有共10种情况,所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的基本事件有,共9种情况,所以所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为.故选D.【点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用,属于基础题,利用古典概型概率公式求概率时,找准基本事件个数是解题的关键,基本亊件的探求方法有(1)枚举法:适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的;(2)树状图法:适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时,一定要按顺序逐个写出:先,….,再,…..依次….…这样才能避免多写、漏写现象的发生.2、B【解析】

选B.考点:圆心坐标3、B【解析】

画出不等式组表示的可行域,求得阴影部分扇形对应的圆心角,根据几何概型概率计算公式,计算出所求概率.【详解】作出中在圆内部的区域,如图所示,因为直线,的倾斜角分别为,,所以由图可得取自的概率为.故选:B【点睛】本小题主要考查几何概型的计算,考查线性可行域的画法,属于基础题.4、B【解析】

先化简的二项展开式中第项,然后直接求解即可【详解】的二项展开式中第项.令,则,∴,∴(舍)或.【点睛】本题考查二项展开式问题,属于基础题5、A【解析】

则从下往上第二层正方体的棱长为:,从下往上第三层正方体的棱长为:,从下往上第四层正方体的棱长为:,以此类推,能求出改形塔的最上层正方体的边长小于1时该塔形中正方体的个数的最小值的求法.【详解】最底层正方体的棱长为8,则从下往上第二层正方体的棱长为:,从下往上第三层正方体的棱长为:,从下往上第四层正方体的棱长为:,从下往上第五层正方体的棱长为:,从下往上第六层正方体的棱长为:,从下往上第七层正方体的棱长为:,从下往上第八层正方体的棱长为:,∴改形塔的最上层正方体的边长小于1,那么该塔形中正方体的个数至少是8.故选:A.【点睛】本小题主要考查正方体有关计算,属于基础题.6、B【解析】

由题意,结合集合,求得集合,得到集合中元素的个数,即可求解,得到答案.【详解】由题意,集合,则,所以集合的真子集的个数为个,故选B.【点睛】本题主要考查了集合的运算和集合中真子集的个数个数的求解,其中作出集合的运算,得到集合,再由真子集个数的公式作出计算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力.7、A【解析】

由,两边平方后展开整理,即可求得,则的长可求.【详解】解:,,,,,,.,,故选:.【点睛】本题考查了向量的多边形法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系,考查了空间想象能力,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.8、A【解析】

根据二项式展开式的公式得到具体为:化简求值即可.【详解】根据二项式的展开式得到可以第一个括号里出项,第二个括号里出项,或者第一个括号里出,第二个括号里出,具体为:化简得到-1280x2故得到答案为:A.【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.9、D【解析】

原问题转化为有四个不同的实根,换元处理令t,对g(t)进行零点个数讨论.【详解】由题意,a>2,令t,则f(x)=a⇔⇔⇔⇔.记g(t).当t<2时,g(t)=2ln(﹣t)(t)单调递减,且g(﹣2)=2,又g(2)=2,∴只需g(t)=2在(2,+∞)上有两个不等于2的不等根.则⇔,记h(t)(t>2且t≠2),则h′(t).令φ(t),则φ′(t)2.∵φ(2)=2,∴φ(t)在(2,2)大于2,在(2,+∞)上小于2.∴h′(t)在(2,2)上大于2,在(2,+∞)上小于2,则h(t)在(2,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减.由,可得,即a<2.∴实数a的取值范围是(2,2).故选:D.【点睛】此题考查方程的根与函数零点问题,关键在于等价转化,将问题转化为通过导函数讨论函数单调性解决问题.10、D【解析】

试题分析:如图所示,截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.考点:本题主要考查三视图及几何体体积的计算.11、A【解析】

由已知得,,由已知比值得,再利用双曲线的定义可用表示出,,用勾股定理得出的等式,从而得离心率.【详解】.又,可令,则.设,得,即,解得,∴,,由得,,,该双曲线的离心率.故选:A.【点睛】本题考查求双曲线的离心率,解题关键是由向量数量积为0得出垂直关系,利用双曲线的定义把双曲线上的点到焦点的距离都用表示出来,从而再由勾股定理建立的关系.12、C【解析】

利用复数的运算法则、几何意义即可得出.【详解】解:复数i(2+i)=2i﹣1对应的点的坐标为(﹣1,2),故选:C【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、3【解析】

由题意得,,再代入中,计算即可得答案.【详解】由题意可得,,∴,解得,∴.故答案为:.【点睛】本题考查向量模的计算,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查运算求解能力,求解时注意向量数量积公式的运用.14、5【解析】

执行循环结构流程图,即得结果.【详解】执行循环结构流程图得,结束循环,输出.【点睛】本题考查循环结构流程图,考查基本分析与运算能力,属基础题.15、【解析】

根据条件概率的求法,分别求得,再代入条件概率公式求解.【详解】根据题意得所以故答案为:【点睛】本题主要考查条件概率的求法,还考查了理解辨析的能力,属于基础题.16、【解析】

先设点坐标,由三角形面积相等得出两个三角形的边之间的比例关系,这个比例关系又可用线段上点的坐标表示出来,从而可求得点的横坐标,代入椭圆方程得纵坐标,然后可得.【详解】如图,设,,,由,得,由得,∴,解得,又在椭圆上,∴,,∴.故答案为:.【点睛】本题考查直线与椭圆相交问题,解题时由三角形面积相等得出线段长的比例关系,解题是由把线段长的比例关系用点的横坐标表示.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.18、(1)见解析(2)【解析】试题分析:(1)根据已知条件由线线垂直得出线面垂直,再根据面面垂直的判定定理证得成立;(2)通过已知条件求出各边长度,建系如图所示,求出平面的法向量,根据线面角公式代入坐标求得结果.试题解析:(1)证明:取的中点,连接,则,又,所以,则四边形为平行四边形,所以,又平面,∴平面,∴.由即及为的中点,可得为等边三角形,∴,又,∴,∴,∴平面平面,∴平面平面.(2)解:,∴为直线与所成的角,由(1)可得,∴,∴,设,则,取的中点,连接,过作的平行线,可建立如图所示的空间直角坐标系,则,∴,所以,设为平面的法向量,则,即,取,则为平面的一个法向量,∵,则直线与平面所成角的正弦值为.点睛:判定直线和平面垂直的方法:①定义法.②利用判定定理:一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线和此平面垂直.③推论:如果在两条平行直线中,有一条垂直于一个平面,那么另一条直线也垂直于这个平面.平面与平面垂直的判定方法:①定义法.②利用判定定理:一个平面过另一个平面的一条垂线,则这两个平面垂直.19、(1)证明见解析(2)【解析】

(1)根据面面垂直的判定定理可知,只需证明平面即可.由为菱形可得,连接和与的交点,由等腰三角形性质可得,即能证得平面;(2)由题意知,平面,可建立空间直角坐标系,以为坐标原点,所在直线为轴,所在直线为轴,所在直线为轴,再分别求出平面的法向量,平面的法向量,即可根据向量法求出二面角的余弦值.【详解】(1)如图,设与相交于点,连接,又为菱形,故,为的中点.又,故.又平面,平面,且,故平面,又平面,所以平面平面.(2)由是等边三角形,可得,故平面,所以,,两两垂直.如图以为坐标原点,所在直线为轴,所在直线为轴,所在直线为轴,建立空间直角坐标系.不妨设,则,,则,,,,,,设为平面的法向量,则即可取,设为平面的法向量,则即可取,所以.所以二面角的余弦值为0.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理,面面垂直的判定定理的应用,以及利用向量法求二面角,意在考查学生的直观想象能力,逻辑推理能力和数学运算能力,属于基础题.20、(1)曲线表示的是焦点为,准线为的抛物线;(2)8.【解析】试题分析:(1)将曲线的极坐标方程为两边同时乘以,利用极坐标与直角坐标之间的关系即可得出其直角坐标方程;(2)由直线经过点,可得的值,再将直线的参数方程代入曲线的标准方程,由直线参数方程的几何意义可得直线被曲线截得的线段的长.试题解析:(1)由可得,即,∴曲线表示的是焦点为,准线为的抛物线.(2)将代入,得,∴,∵,∴,∴直线的参数方程为(为参数).将直线的参数方程代入得,由直线参数方程的几何意义可知,.21、(1)见解析;(2)【解析】

(1)可证面,从而可得.(2)可证点为线段的三等分点,再过作于,过作,垂足为,则为二面角的平面角,利用解直角三角形的方法可求.也可以建立如图所示的空间直角坐标系,利用两个平面的法向量来计算二面角的平面角的余弦值,最后利用同角三角函数的基本关系式可求.【详解】证明:(1)因为为中点,所以.因为平面平面,平面平面,平面,所以平面,而平面,故,又因为,所以,则,又,故面,又面,所以.(2)由(1)可得:面在面内的射影为,则为直线与平面所成的角,即.因为,所以,所以,所以,即点为线段的三等分点.解法一:过作于,则平面,所以,过作,垂足为,则为二面角的平面角,因为

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