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文档简介

江西九江第一中学2025届高考数学考前最后一卷预测卷注意事项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.若集合,则()A. B.C. D.2.已知抛物线的焦点为,过焦点的直线与抛物线分别交于、两点,与轴的正半轴交于点,与准线交于点,且,则()A. B.2 C. D.33.已知函数的最小正周期为,为了得到函数的图象,只要将的图象()A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度4.已知双曲线的一条渐近线方程为,,分别是双曲线C的左、右焦点,点P在双曲线C上,且,则()A.9 B.5 C.2或9 D.1或55.设是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列命题正确的是()A.若,,则 B.若,,则C.若,,,则 D.若,,,则6.若函数有且只有4个不同的零点,则实数的取值范围是()A. B. C. D.7.若,则的虚部是A.3 B. C. D.8.若向量,,则与共线的向量可以是()A. B. C. D.9.若满足约束条件则的最大值为()A.10 B.8 C.5 D.310.如图是正方体截去一个四棱锥后的得到的几何体的三视图,则该几何体的体积是()A. B. C. D.11.已知集合.为自然数集,则下列表示不正确的是()A. B. C. D.12.如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上,且,若正方体的六个面所在的平面与直线相交的平面个数分别记为,则下列结论正确的是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.根据如图所示的伪代码,若输出的的值为,则输入的的值为_______.14.已知圆,直线与圆交于两点,,若,则弦的长度的最大值为___________.15.已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上,,,,,E,F分别为,的中点,,则球O的体积为______.16.已知,,分别为内角,,的对边,,,,则的面积为__________.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)设的内角的对边分别为,已知.(1)求;(2)若为锐角三角形,求的取值范围.18.(12分)在开展学习强国的活动中,某校高三数学教师成立了党员和非党员两个学习组,其中党员学习组有4名男教师、1名女教师,非党员学习组有2名男教师、2名女教师,高三数学组计划从两个学习组中随机各选2名教师参加学校的挑战答题比赛.(1)求选出的4名选手中恰好有一名女教师的选派方法数;(2)记X为选出的4名选手中女教师的人数,求X的概率分布和数学期望.19.(12分)[选修4-5:不等式选讲]:已知函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)设,,且的最小值为.若,求的最小值.20.(12分)如图所示,已知平面,,为等边三角形,为边上的中点,且.(Ⅰ)求证:面;(Ⅱ)求证:平面平面;(Ⅲ)求该几何体的体积.21.(12分)设点,分别是椭圆的左、右焦点,为椭圆上任意一点,且的最小值为1.(1)求椭圆的方程;(2)如图,动直线与椭圆有且仅有一个公共点,点,是直线上的两点,且,,求四边形面积的最大值.22.(10分)已知,,(1)求的最小正周期及单调递增区间;(2)已知锐角的内角,,的对边分别为,,,且,,求边上的高的最大值.

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、A【解析】

先确定集合中的元素,然后由交集定义求解.【详解】,.故选:A.【点睛】本题考查求集合的交集运算,掌握交集定义是解题关键.2、B【解析】

过点作准线的垂线,垂足为,与轴交于点,由和抛物线的定义可求得,利用抛物线的性质可构造方程求得,进而求得结果.【详解】过点作准线的垂线,垂足为,与轴交于点,由抛物线解析式知:,准线方程为.,,,,由抛物线定义知:,,,.由抛物线性质得:,解得:,.故选:.【点睛】本题考查抛物线定义与几何性质的应用,关键是熟练掌握抛物线的定义和焦半径所满足的等式.3、A【解析】

由的最小正周期是,得,即,因此它的图象向左平移个单位可得到的图象.故选A.考点:函数的图象与性质.【名师点睛】三角函数图象变换方法:4、B【解析】

根据渐近线方程求得,再利用双曲线定义即可求得.【详解】由于,所以,又且,故选:B.【点睛】本题考查由渐近线方程求双曲线方程,涉及双曲线的定义,属基础题.5、C【解析】

根据空间中直线与平面、平面与平面位置关系相关定理依次判断各个选项可得结果.【详解】对于,当为内与垂直的直线时,不满足,错误;对于,设,则当为内与平行的直线时,,但,错误;对于,由,知:,又,,正确;对于,设,则当为内与平行的直线时,,错误.故选:.【点睛】本题考查立体几何中线面关系、面面关系有关命题的辨析,考查学生对于平行与垂直相关定理的掌握情况,属于基础题.6、B【解析】

由是偶函数,则只需在上有且只有两个零点即可.【详解】解:显然是偶函数所以只需时,有且只有2个零点即可令,则令,递减,且递增,且时,有且只有2个零点,只需故选:B【点睛】考查函数性质的应用以及根据零点个数确定参数的取值范围,基础题.7、B【解析】

因为,所以的虚部是.故选B.8、B【解析】

先利用向量坐标运算求出向量,然后利用向量平行的条件判断即可.【详解】故选B【点睛】本题考查向量的坐标运算和向量平行的判定,属于基础题,在解题中要注意横坐标与横坐标对应,纵坐标与纵坐标对应,切不可错位.9、D【解析】

画出可行域,将化为,通过平移即可判断出最优解,代入到目标函数,即可求出最值.【详解】解:由约束条件作出可行域如图,化目标函数为直线方程的斜截式,.由图可知当直线过时,直线在轴上的截距最大,有最大值为3.故选:D.【点睛】本题考查了线性规划问题.一般第一步画出可行域,然后将目标函数转化为的形式,在可行域内通过平移找到最优解,将最优解带回到目标函数即可求出最值.注意画可行域时,边界线的虚实问题.10、C【解析】

根据三视图作出几何体的直观图,结合三视图的数据可求得几何体的体积.【详解】根据三视图还原几何体的直观图如下图所示:由图可知,该几何体是在棱长为的正方体中截去四棱锥所形成的几何体,该几何体的体积为.故选:C.【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积,考查空间想象能力与计算能力,属于基础题.11、D【解析】

集合.为自然数集,由此能求出结果.【详解】解:集合.为自然数集,在A中,,正确;在B中,,正确;在C中,,正确;在D中,不是的子集,故D错误.故选:D.【点睛】本题考查命题真假的判断、元素与集合的关系、集合与集合的关系等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.12、A【解析】

根据题意,画出几何位置图形,由图形的位置关系分别求得的值,即可比较各选项.【详解】如下图所示,平面,从而平面,易知与正方体的其余四个面所在平面均相交,∴,∵平面,平面,且与正方体的其余四个面所在平面均相交,∴,∴结合四个选项可知,只有正确.故选:A.【点睛】本题考查了空间几何体中直线与平面位置关系的判断与综合应用,对空间想象能力要求较高,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】

算法的功能是求的值,根据输出的值,分别求出当时和当时的值即可得解.【详解】解:由程序语句知:算法的功能是求的值,当时,,可得:,或(舍去);当时,,可得:(舍去).综上的值为:.故答案为:.【点睛】本题考查了选择结构的程序语句,根据语句判断算法的功能是解题的关键,属于基础题.14、【解析】

取的中点为M,由可得,可得M在上,当最小时,弦的长才最大.【详解】设为的中点,,即,即,,.设,则,得.所以,.故答案为:【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用,考查学生的逻辑推理、数形结合的思想,是一道有一定难度的题.15、【解析】

可证,则为的外心,又则平面即可求出,的值,再由勾股定理求出外接球的半径,最后根据体积公式计算可得.【详解】解:,,,因为为的中点,所以为的外心,因为,所以点在内的投影为的外心,所以平面,平面,所以,所以,又球心在上,设,则,所以,所以球O体积,.故答案为:【点睛】本题考查多面体外接球体积的求法,考查空间想象能力与思维能力,考查计算能力,属于中档题.16、【解析】

根据题意,利用余弦定理求得,再运用三角形的面积公式即可求得结果.【详解】解:由于,,,∵,∴,,由余弦定理得,解得,∴的面积.故答案为:.【点睛】本题考查余弦定理的应用和三角形的面积公式,考查计算能力.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)【解析】

(1)利用正弦定理化简已知条件,由此求得的值,进而求得的大小.(2)利用正弦定理和两角差的正弦公式,求得的表达式,进而求得的取值范围.【详解】(1)由题设知,,即,所以,即,又所以.(2)由题设知,,即,又为锐角三角形,所以,即所以,即,所以的取值范围是.【点睛】本小题主要考查利用正弦定理解三角形,考查利用角的范围,求边的比值的取值范围,属于中档题.18、(1)28种;(2)分布见解析,.【解析】

(1)分这名女教师分别来自党员学习组与非党员学习组,可得恰好有一名女教师的选派方法数;(2)X的可能取值为,再求出X的每个取值的概率,可得X的概率分布和数学期望.【详解】解:(1)选出的4名选手中恰好有一名女生的选派方法数为种.(2)X的可能取值为0,1,2,3.,,,.故X的概率分布为:X0123P所以.【点睛】本题主要考查组合数与组合公式及离散型随机变量的期望和方差,相对不难,注意运算的准确性.19、(1)(2)【解析】

(1)当时,,原不等式可化为,分类讨论即可求得不等式的解集;(2)由题意得,的最小值为,所以,由,得,利用基本不等式即可求解其最小值.【详解】(1)当时,,原不等式可化为,①当时,不等式①可化为,解得,此时;当时,不等式①可化为,解得,此时;当时,不等式①可化为,解得,此时,综上,原不等式的解集为.(2)由题意得,,因为的最小值为,所以,由,得,所以,当且仅当,即,时,的最小值为.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题,对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法,一是运用零点分区间讨论,二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论思想,法二是运用数形结合思想,将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透,解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用,这是命题的新动向.20、(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)见解析;(Ⅲ).【解析】

(I)取的中点,连接,通过证明四边形为平行四边形,证得,由此证得平面.(II)利用,证得平面,从而得到平面,由此证得平面平面.(III)作交于点,易得面,利用棱锥的体积公式,计算出棱锥的体积.【详解】(Ⅰ)取的中点,连接,则,,故四边形为平行四边形.故.又面,平面,所以面.(Ⅱ)为等边三角形,为中点,所以.又,所以面.又,故面,所以面平面.(Ⅲ)几何体是四棱锥,作交于点,即面,.【点睛】本小题主要考查线面平行的证明,考查面面垂直的证明,考查四棱锥体积的求法,考查空间想象能力,所以中档题.21、(1);(2)2.【解析】

(1)利用的最小值为1,可得,,即可求椭圆的方程;(2)将直线的方程代入椭圆的方程中,得到关于的一元二次方程,由直线与椭圆仅有一个公共点知,即可得到,的关系式,利用点到直线的距离公式即可得到,.当时,设直线的倾斜角为,则,即可得到四边形面积的表达式,利用基本不等式的性质,结合当时,四边形是矩形,即可得出的最大值.【详解】(1)设,则,,,,由题意得,,椭圆的方程为;

(2)将直线的方程代入椭圆的方程中,得.

由直线与椭圆仅有一个公共点知,,化简得:.

设,,当时,设直线的倾斜角为,则,,,,∴当时,,,.当时,四边形是矩形,.

所以四边形面积的最大值为2.【点睛】本题主要考查椭圆的方程与性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系、向量知识、二次函数的单调性、基本不等式的性质等基础知识,考查运算能力、推理论证以及分析问题、解决问题的能力,考查数形结合、化归与转化思想.22、(1)的最小正周期为:;函数单调递增区间为:;(2).【解析】

(1)根

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