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文档简介
河北正定弘文中学2025届高考数学三模试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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.射线测厚技术原理公式为,其中分别为射线穿过被测物前后的强度,是自然对数的底数,为被测物厚度,为被测物的密度,是被测物对射线的吸收系数.工业上通常用镅241()低能射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8,钢的密度为7.6,则这种射线的吸收系数为()(注:半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度,,结果精确到0.001)A.0.110 B.0.112 C. D.2.若集合M={1,3},N={1,3,5},则满足M∪X=N的集合X的个数为()A.1 B.2C.3 D.43.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B. C. D.4.函数的大致图像为()A. B.C. D.5.如果,那么下列不等式成立的是()A. B.C. D.6.已知命题,,则是()A., B.,.C., D.,.7.抛物线的准线与轴的交点为点,过点作直线与抛物线交于、两点,使得是的中点,则直线的斜率为()A. B. C.1 D.8.设抛物线的焦点为F,抛物线C与圆交于M,N两点,若,则的面积为()A. B. C. D.9.设,是方程的两个不等实数根,记().下列两个命题()①数列的任意一项都是正整数;②数列存在某一项是5的倍数.A.①正确,②错误 B.①错误,②正确C.①②都正确 D.①②都错误10.甲在微信群中发了一个6元“拼手气”红包,被乙、丙、丁三人抢完,若三人均领到整数元,且每人至少领到1元,则乙获得“最佳手气”(即乙领到的钱数多于其他任何人)的概率是()A. B. C. D.11.若两个非零向量、满足,且,则与夹角的余弦值为()A. B. C. D.12.已知函数()的部分图象如图所示.则()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在的展开式中,的系数等于__.14.在中,角的平分线交于,,,则面积的最大值为__________.15.已知为偶函数,当时,,则__________.16.在平面直角坐标系中,已知圆,圆.直线与圆相切,且与圆相交于,两点,则弦的长为_________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)已知函数,直线为曲线的切线(为自然对数的底数).(1)求实数的值;(2)用表示中的最小值,设函数,若函数为增函数,求实数的取值范围.18.(12分)在三棱锥中,是边长为的正三角形,平面平面,,M、N分别为、的中点.(1)证明:;(2)求三棱锥的体积.19.(12分)2019年春节期间,某超市准备举办一次有奖促销活动,若顾客一次消费达到400元则可参加一次抽奖活动,超市设计了两种抽奖方案.方案一:一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球,其中10个红球,20个白球,搅拌均匀后,顾客从中随机抽取一个球,若抽到红球则顾客获得60元的返金券,若抽到白球则获得20元的返金券,且顾客有放回地抽取3次.方案二:一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球,其中10个红球,20个白球,搅拌均匀后,顾客从中随机抽取一个球,若抽到红球则顾客获得80元的返金券,若抽到白球则未中奖,且顾客有放回地抽取3次.(1)现有两位顾客均获得抽奖机会,且都按方案一抽奖,试求这两位顾客均获得180元返金券的概率;(2)若某顾客获得抽奖机会.①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望;②为了吸引顾客消费,让顾客获得更多金额的返金券,该超市应选择哪一种抽奖方案进行促销活动?20.(12分)设数列是公差不为零的等差数列,其前项和为,,若,,成等比数列.(1)求及;(2)设,设数列的前项和,证明:.21.(12分)金秋九月,丹桂飘香,某高校迎来了一大批优秀的学生.新生接待其实也是和社会沟通的一个平台.校团委、学生会从在校学生中随机抽取了160名学生,对是否愿意投入到新生接待工作进行了问卷调查,统计数据如下:愿意不愿意男生6020女士4040(1)根据上表说明,能否有99%把握认为愿意参加新生接待工作与性别有关;(2)现从参与问卷调查且愿意参加新生接待工作的学生中,采用按性别分层抽样的方法,选取10人.若从这10人中随机选取3人到火车站迎接新生,设选取的3人中女生人数为,写出的分布列,并求.附:,其中.0.050.010.0013.8416.63510.82822.(10分)如图,三棱柱的侧棱垂直于底面,且,,,,是棱的中点.(1)证明:;(2)求二面角的余弦值.
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、C【解析】
根据题意知,,代入公式,求出即可.【详解】由题意可得,因为,所以,即.所以这种射线的吸收系数为.故选:C【点睛】本题主要考查知识的迁移能力,把数学知识与物理知识相融合;重点考查指数型函数,利用指数的相关性质来研究指数型函数的性质,以及解指数型方程;属于中档题.2、D【解析】可以是共4个,选D.3、D【解析】
结合三视图可知,该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,分别求出体积即可.【详解】由三视图可知该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,则上半部分的半个圆锥的体积,下半部分的正三棱柱的体积,故该几何体的体积.故选:D.【点睛】本题考查三视图,考查空间几何体的体积,考查空间想象能力与运算求解能力,属于中档题.4、D【解析】
通过取特殊值逐项排除即可得到正确结果.【详解】函数的定义域为,当时,,排除B和C;当时,,排除A.故选:D.【点睛】本题考查图象的判断,取特殊值排除选项是基本手段,属中档题.5、D【解析】
利用函数的单调性、不等式的基本性质即可得出.【详解】∵,∴,,,.故选:D.【点睛】本小题主要考查利用函数的单调性比较大小,考查不等式的性质,属于基础题.6、B【解析】
根据全称命题的否定为特称命题,得到结果.【详解】根据全称命题的否定为特称命题,可得,本题正确选项:【点睛】本题考查含量词的命题的否定,属于基础题.7、B【解析】
设点、,设直线的方程为,由题意得出,将直线的方程与抛物线的方程联立,列出韦达定理,结合可求得的值,由此可得出直线的斜率.【详解】由题意可知点,设点、,设直线的方程为,由于点是的中点,则,将直线的方程与抛物线的方程联立得,整理得,由韦达定理得,得,,解得,因此,直线的斜率为.故选:B.【点睛】本题考查直线斜率的求解,考查直线与抛物线的综合问题,涉及韦达定理设而不求法的应用,考查运算求解能力,属于中等题.8、B【解析】
由圆过原点,知中有一点与原点重合,作出图形,由,,得,从而直线倾斜角为,写出点坐标,代入抛物线方程求出参数,可得点坐标,从而得三角形面积.【详解】由题意圆过原点,所以原点是圆与抛物线的一个交点,不妨设为,如图,由于,,∴,∴,,∴点坐标为,代入抛物线方程得,,∴,.故选:B.【点睛】本题考查抛物线与圆相交问题,解题关键是发现原点是其中一个交点,从而是等腰直角三角形,于是可得点坐标,问题可解,如果仅从方程组角度研究两曲线交点,恐怕难度会大大增加,甚至没法求解.9、A【解析】
利用韦达定理可得,,结合可推出,再计算出,,从而推出①正确;再利用递推公式依次计算数列中的各项,以此判断②的正误.【详解】因为,是方程的两个不等实数根,所以,,因为,所以,即当时,数列中的任一项都等于其前两项之和,又,,所以,,,以此类推,即可知数列的任意一项都是正整数,故①正确;若数列存在某一项是5的倍数,则此项个位数字应当为0或5,由,,依次计算可知,数列中各项的个位数字以1,3,4,7,1,8,9,7,6,3,9,2为周期,故数列中不存在个位数字为0或5的项,故②错误;故选:A.【点睛】本题主要考查数列递推公式的推导,考查数列性质的应用,考查学生的综合分析以及计算能力.10、B【解析】
将所有可能的情况全部枚举出来,再根据古典概型的方法求解即可.【详解】设乙,丙,丁分别领到x元,y元,z元,记为,则基本事件有,,,,,,,,,,共10个,其中符合乙获得“最佳手气”的有3个,故所求概率为,故选:B.【点睛】本题主要考查了枚举法求古典概型的方法,属于基础题型.11、A【解析】
设平面向量与的夹角为,由已知条件得出,在等式两边平方,利用平面向量数量积的运算律可求得的值,即为所求.【详解】设平面向量与的夹角为,,可得,在等式两边平方得,化简得.故选:A.【点睛】本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值,考查平面向量数量积的运算性质的应用,考查计算能力,属于中等题.12、C【解析】
由图象可知,可解得,利用三角恒等变换化简解析式可得,令,即可求得.【详解】依题意,,即,解得;因为所以,当时,.故选:C.【点睛】本题主要考查了由三角函数的图象求解析式和已知函数值求自变量,考查三角恒等变换在三角函数化简中的应用,难度一般.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、7【解析】
由题,得,令,即可得到本题答案.【详解】由题,得,令,得x的系数.故答案为:7【点睛】本题主要考查二项式定理的应用,属基础题.14、15【解析】
由角平分线定理得,利用余弦定理和三角形面积公式,借助三角恒等变化求出面积的最大值.【详解】画出图形:因为,,由角平分线定理得,设,则由余弦定理得:即当且仅当,即时取等号所以面积的最大值为15故答案为:15【点睛】此题考查解三角形面积的最值问题,通过三角恒等变形后利用均值不等式处理,属于一般性题目.15、【解析】
由偶函数的性质直接求解即可【详解】.故答案为【点睛】本题考查函数的奇偶性,对数函数的运算,考查运算求解能力16、【解析】
利用直线与圆相切求出斜率,得到直线的方程,几何法求出【详解】解:直线与圆相切,圆心为由,得或,当时,到直线的距离,不成立,当时,与圆相交于,两点,到直线的距离,故答案为.【点睛】考查直线与圆的位置关系,相切和相交问题,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】
试题分析:(1)先求导,然后利用导数等于求出切点的横坐标,代入两个曲线的方程,解方程组,可求得;(2)设与交点的横坐标为,利用导数求得,从而,然后利用求得的取值范围为.试题解析:(1)对求导得.设直线与曲线切于点,则,解得,所以的值为1.(2)记函数,下面考察函数的符号,对函数求导得.当时,恒成立.当时,,从而.∴在上恒成立,故在上单调递减.,∴,又曲线在上连续不间断,所以由函数的零点存在性定理及其单调性知唯一的,使.∴;,,∴,从而,∴,由函数为增函数,且曲线在上连续不断知在,上恒成立.①当时,在上恒成立,即在上恒成立,记,则,当变化时,变化情况列表如下:
3
0
极小值
∴,故“在上恒成立”只需,即.②当时,,当时,在上恒成立,综合①②知,当时,函数为增函数.故实数的取值范围是考点:函数导数与不等式.【方法点晴】函数导数问题中,和切线有关的题目非常多,我们只要把握住关键点:一个是切点,一个是斜率,切点即在原来函数图象上,也在切线上;斜率就是导数的值.根据这两点,列方程组,就能解决.本题第二问我们采用分层推进的策略,先求得的表达式,然后再求得的表达式,我们就可以利用导数这个工具来求的取值范围了.18、(1)证明见解析;(2).【解析】
(1)取中点,连接,,证明平面,由线面垂直的性质可得;(2)由,即可求得三棱锥的体积.【详解】解:(1)证明:取中点D,连接,.因为,,所以且,因为,平面,平面,所以平面.又平面,所以;(2)解:因为平面,平面,所以平面平面,过N作于E,则平面,因为平面平面,,平面平面,平面,所以平面,又因为平面,所以,由于,所以所以,所以.【点睛】本题考查线面垂直,考查三棱锥体积的计算,解题的关键是掌握线面垂直的判定与性质,属于中档题.19、(1)(2)①②第一种抽奖方案.【解析】
(1)方案一中每一次摸到红球的概率为,每名顾客有放回的抽3次获180元返金劵的概率为,根据相互独立事件的概率可知两顾客都获得180元返金劵的概率(2)①分别计算方案一,方案二顾客获返金卷的期望,方案一列出分布列计算即可,方案二根据二项分布计算期望即可②根据①得出结论.【详解】(1)选择方案一,则每一次摸到红球的概率为设“每位顾客获得180元返金劵”为事件A,则所以两位顾客均获得180元返金劵的概率(2)①若选择抽奖方案一,则每一次摸到红球的概率为,每一次摸到白球的概率为.设获得返金劵金额为元,则可能的取值为60,100,140,180.则;;;.所以选择抽奖方案一,该顾客获得返金劵金额的数学期望为(元)若选择抽奖方案二,设三次摸球的过程中,摸到红球的次数为,最终获得返金劵的金额为元,则,故所以选择抽奖方案二,该顾客获得返金劵金额的数学期望为(元).②即,所以该超市应选择第一种抽奖方案【点睛】本题主要考查了古典概型,相互独立事件的概率,二项分布,期望,及概率知识在实际问题中的应用,属于中档题.20、(1),;(2)证明见解析.【解析】
(1)根据题中条件求出等差数列的首项和公差,然后根据首项和公差即可求出数列的通项和前项和;(2)根据裂项求和求出,根据的表达式即可证明.【详解】(1)设的公差为,由题意有,且,所以,;(2)因为,所以,.【点睛】本题主要考查了等差数列基本量的求解,裂项求和法,属于基础题.21、(1)有9
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