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文档简介

2025届四川省宜宾市六中高高三冲刺模拟数学试卷注意事项: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.已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图,其中B′O′=C′O′=1,A′O′=,那么原△ABC的面积是()A. B.2C. D.2.已知当,,时,,则以下判断正确的是A. B.C. D.与的大小关系不确定3.某学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况,抽取了一个容量为的样本,其频率分布直方图如图所示,其中支出在(单位:元)的同学有34人,则的值为()A.100 B.1000 C.90 D.904.已知三棱锥的外接球半径为2,且球心为线段的中点,则三棱锥的体积的最大值为()A. B. C. D.5.下图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案,形若铜钱,寓意富贵吉祥.在圆内随机取一点,则该点取自阴影区域内(阴影部分由四条四分之一圆弧围成)的概率是()A. B. C. D.6.已知,则下列不等式正确的是()A. B.C. D.7.若满足约束条件则的最大值为()A.10 B.8 C.5 D.38.有一圆柱状有盖铁皮桶(铁皮厚度忽略不计),底面直径为cm,高度为cm,现往里面装直径为cm的球,在能盖住盖子的情况下,最多能装()(附:)A.个 B.个 C.个 D.个9.下列命题是真命题的是()A.若平面,,,满足,,则;B.命题:,,则:,;C.“命题为真”是“命题为真”的充分不必要条件;D.命题“若,则”的逆否命题为:“若,则”.10.设,则,则()A. B. C. D.11.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的最长棱的长为()A. B. C. D.12.给出以下四个命题:①依次首尾相接的四条线段必共面;②过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面;③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角必相等;④垂直于同一直线的两条直线必平行.其中正确命题的个数是()A.0 B.1 C.2 D.3二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如图,是一个四棱锥的平面展开图,其中间是边长为的正方形,上面三角形是等边三角形,左、右三角形是等腰直角三角形,则此四棱锥的体积为_____.14.已知数列满足,,若,则数列的前n项和______.15.已知点是双曲线渐近线上的一点,则双曲线的离心率为_______16.已知数列的前项和且,设,则的值等于_______________.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)选修4-5:不等式选讲已知函数.(1)设,求不等式的解集;(2)已知,且的最小值等于,求实数的值.18.(12分)如图,四棱锥V﹣ABCD中,底面ABCD是菱形,对角线AC与BD交于点O,VO⊥平面ABCD,E是棱VC的中点.(1)求证:VA∥平面BDE;(2)求证:平面VAC⊥平面BDE.19.(12分)如图,正方体的棱长为2,为棱的中点.(1)面出过点且与直线垂直的平面,标出该平面与正方体各个面的交线(不必说明画法及理由);(2)求与该平面所成角的正弦值.20.(12分)如图,D是在△ABC边AC上的一点,△BCD面积是△ABD面积的2倍,∠CBD=2∠ABD=2θ.(Ⅰ)若θ=,求的值;(Ⅱ)若BC=4,AB=2,求边AC的长.21.(12分)在中,角所对的边分别是,且.(1)求角的大小;(2)若,求边长.22.(10分)设等差数列满足,.(1)求数列的通项公式;(2)求的前项和及使得最小的的值.

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】

先根据已知求出原△ABC的高为AO=,再求原△ABC的面积.【详解】由题图可知原△ABC的高为AO=,∴S△ABC=×BC×OA=×2×=,故答案为A【点睛】本题主要考查斜二测画法的定义和三角形面积的计算,意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.2、C【解析】

由函数的增减性及导数的应用得:设,求得可得为增函数,又,,时,根据条件得,即可得结果.【详解】解:设,则,即为增函数,又,,,,即,所以,所以.故选:C.【点睛】本题考查了函数的增减性及导数的应用,属中档题.3、A【解析】

利用频率分布直方图得到支出在的同学的频率,再结合支出在(单位:元)的同学有34人,即得解【详解】由题意,支出在(单位:元)的同学有34人由频率分布直方图可知,支出在的同学的频率为.故选:A【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用,考查了学生概念理解,数据处理,数学运算的能力,属于基础题.4、C【解析】

由题可推断出和都是直角三角形,设球心为,要使三棱锥的体积最大,则需满足,结合几何关系和图形即可求解【详解】先画出图形,由球心到各点距离相等可得,,故是直角三角形,设,则有,又,所以,当且仅当时,取最大值4,要使三棱锥体积最大,则需使高,此时,故选:C【点睛】本题考查由三棱锥外接球半径,半径与球心位置求解锥体体积最值问题,属于基础题5、C【解析】令圆的半径为1,则,故选C.6、D【解析】

利用特殊值代入法,作差法,排除不符合条件的选项,得到符合条件的选项.【详解】已知,赋值法讨论的情况:(1)当时,令,,则,,排除B、C选项;(2)当时,令,,则,排除A选项.故选:D.【点睛】比较大小通常采用作差法,本题主要考查不等式与不等关系,不等式的基本性质,利用特殊值代入法,排除不符合条件的选项,得到符合条件的选项,是一种简单有效的方法,属于中等题.7、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.8、C【解析】

计算球心连线形成的正四面体相对棱的距离为cm,得到最上层球面上的点距离桶底最远为cm,得到不等式,计算得到答案.【详解】由题意,若要装更多的球,需要让球和铁皮桶侧面相切,且相邻四个球两两相切,这样,相邻的四个球的球心连线构成棱长为cm的正面体,易求正四面体相对棱的距离为cm,每装两个球称为“一层”,这样装层球,则最上层球面上的点距离桶底最远为cm,若想要盖上盖子,则需要满足,解得,所以最多可以装层球,即最多可以装个球.故选:【点睛】本题考查了圆柱和球的综合问题,意在考查学生的空间想象能力和计算能力.9、D【解析】

根据面面关系判断A;根据否定的定义判断B;根据充分条件,必要条件的定义判断C;根据逆否命题的定义判断D.【详解】若平面,,,满足,,则可能相交,故A错误;命题“:,”的否定为:,,故B错误;为真,说明至少一个为真命题,则不能推出为真;为真,说明都为真命题,则为真,所以“命题为真”是“命题为真”的必要不充分条件,故C错误;命题“若,则”的逆否命题为:“若,则”,故D正确;故选D【点睛】本题主要考查了判断必要不充分条件,写出命题的逆否命题等,属于中档题.10、A【解析】

根据换底公式可得,再化简,比较的大小,即得答案.【详解】,,.,显然.,即,,即.综上,.故选:.【点睛】本题考查换底公式和对数的运算,属于中档题.11、D【解析】

先根据三视图还原几何体是一个四棱锥,根据三视图的数据,计算各棱的长度.【详解】根据三视图可知,几何体是一个四棱锥,如图所示:由三视图知:,所以,所以,所以该几何体的最长棱的长为故选:D【点睛】本题主要考查三视图的应用,还考查了空间想象和运算求解的能力,属于中档题.12、B【解析】

用空间四边形对①进行判断;根据公理2对②进行判断;根据空间角的定义对③进行判断;根据空间直线位置关系对④进行判断.【详解】①中,空间四边形的四条线段不共面,故①错误.②中,由公理2知道,过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面,故②正确.③中,由空间角的定义知道,空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补,故③错误.④中,空间中,垂直于同一直线的两条直线可相交,可平行,可异面,故④错误.故选:B【点睛】本小题考查空间点,线,面的位置关系及其相关公理,定理及其推论的理解和认识;考查空间想象能力,推理论证能力,考查数形结合思想,化归与转化思想.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

画图直观图可得该几何体为棱锥,再计算高求解体积即可.【详解】解:如图,是一个四棱锥的平面展开图,其中间是边长为的正方形,上面三角形是等边三角形,左、右三角形是等腰直角三角形,此四棱锥中,是边长为的正方形,是边长为的等边三角形,故,又,故平面平面,的高是四棱锥的高,此四棱锥的体积为:.故答案为:.【点睛】本题主要考查了四棱锥中的长度计算以及垂直的判定和体积计算等,需要根据题意14、【解析】

,求得的通项,进而求得,得通项公式,利用等比数列求和即可.【详解】由题为等差数列,∴,∴,∴,∴,故答案为【点睛】本题考查求等差数列数列通项,等比数列求和,熟记等差等比性质,熟练运算是关键,是基础题.15、【解析】

先表示出渐近线,再代入点,求出,则离心率易求.【详解】解:的渐近线是因为在渐近线上,所以,故答案为:【点睛】考查双曲线的离心率的求法,是基础题.16、7【解析】

根据题意,当时,,可得,进而得数列为等比数列,再计算可得,进而可得结论.【详解】由题意,当时,,又,解得,当时,由,所以,,即,故数列是以为首项,为公比的等比数列,故,又,,所以,.故答案为:.【点睛】本题考查了数列递推关系、函数求值,考查了推理能力与计算能力,计算得是解决本题的关键,属于中档题.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)(2)【解析】

(1)把f(x)去绝对值写成分段函数的形式,分类讨论,分别求得解集,综合可得结论.(2)把f(x)去绝对值写成分段函数,画出f(x)的图像,找出利用条件求得a的值.【详解】(1)时,.当时,即为,解得.当时,,解得.当时,,解得.综上,的解集为.(2).,由的图象知,,.【点睛】本题主要考查含绝对值不等式的解法及含绝对值的函数的最值问题,体现了分类讨论的数学思想,属于中档题18、(1)见解析(2)见解析【解析】

(1)连结OE,证明VA∥OE得到答案.(2)证明VO⊥BD,BD⊥AC,得到BD⊥平面VAC,得到证明.【详解】(1)连结OE.因为底面ABCD是菱形,所以O为AC的中点,又因为E是棱VC的中点,所以VA∥OE,又因为OE⊂平面BDE,VA⊄平面BDE,所以VA∥平面BDE;(2)因为VO⊥平面ABCD,又BD⊂平面ABCD,所以VO⊥BD,因为底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC,又VO∩AC=O,VO,AC⊂平面VAC,所以BD⊥平面VAC.又因为BD⊂平面BDE,所以平面VAC⊥平面BDE.【点睛】本题考查了线面平行,面面垂直,意在考查学生的推断能力和空间想象能力.19、(1)见解析(2).【解析】

(1)与平面垂直,过点作与平面平行的平面即可(2)建立空间直角坐标系求线面角正弦值【详解】解:(1)截面如下图所示:其中,,,,分别为边,,,,的中点,则垂直于平面.(2)建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,所以,,.设平面的一个法向量为,则.不妨取,则,所以与该平面所成角的正弦值为.(若将作为该平面法向量,需证明与该平面垂直)【点睛】考查确定平面的方法以及线面角的求法,中档题.20、(Ⅰ);(Ⅱ)【解析】

(Ⅰ)利用三角形面积公式以及并结合正弦定理,可得结果.(Ⅱ)根据,可得,然后使用余弦定理,可得结果.【详解】(Ⅰ),所以所以;(Ⅱ),所以,所以,,所以,所以边.【点睛】本题考查三角形面积公式,正弦定理以及余弦定理的应用,关键在于识记公式,属中档题.21、(1);(2).【解析】

(1)把代入已知条件,得到关于的方程,得到的值,从而得到的值.(2)由(1)中得

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