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文档简介
云南省大理州丽江怒江2025届高考数学倒计时模拟卷请考生注意: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.设函数的定义域为,满足,且当时,.若对任意,都有,则的取值范围是().A. B. C. D.2.已知向量,,若,则()A. B. C.-8 D.83.网络是一种先进的高频传输技术,我国的技术发展迅速,已位居世界前列.华为公司2019年8月初推出了一款手机,现调查得到该款手机上市时间和市场占有率(单位:%)的几组相关对应数据.如图所示的折线图中,横轴1代表2019年8月,2代表2019年9月……,5代表2019年12月,根据数据得出关于的线性回归方程为.若用此方程分析并预测该款手机市场占有率的变化趋势,则最早何时该款手机市场占有率能超过0.5%(精确到月)()A.2020年6月 B.2020年7月 C.2020年8月 D.2020年9月4.已知双曲线的一条渐近线与直线垂直,则双曲线的离心率等于()A. B. C. D.5.设,,是非零向量.若,则()A. B. C. D.6.已知复数,则的虚部为()A. B. C. D.17.()A. B. C. D.8.已知集合A={x|x<1},B={x|},则A. B.C. D.9.已知复数z,则复数z的虚部为()A. B. C.i D.i10.已知复数,则的虚部是()A. B. C. D.111.已知向量,,且,则()A. B. C.1 D.212.设集合,,若集合中有且仅有2个元素,则实数的取值范围为A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知函数在点处的切线经过原点,函数的最小值为,则________.14.在中,角,,所对的边分别边,且,设角的角平分线交于点,则的值最小时,___.15.设为定义在上的偶函数,当时,(为常数),若,则实数的值为______.16.已知半径为4的球面上有两点A,B,AB=42,球心为O,若球面上的动点C满足二面角C-AB-O的大小为60°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)在直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数,).在以为极点,轴正半轴为极轴的极坐标中,曲线:.(1)当时,求与的交点的极坐标;(2)直线与曲线交于,两点,线段中点为,求的值.18.(12分)在直角坐标系xOy中,直线的参数方程为(t为参数,).以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为.(l)求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程:(2)若直线与曲线C相交于A,B两点,且.求直线的方程.19.(12分)设函数,直线与函数图象相邻两交点的距离为.(Ⅰ)求的值;(Ⅱ)在中,角所对的边分别是,若点是函数图象的一个对称中心,且,求面积的最大值.20.(12分)已知函数,曲线在点处的切线方程为求a,b的值;证明:.21.(12分)如图,在四棱锥中,,,,底面为正方形,、分别为、的中点.(1)求证:平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值.22.(10分)在平面直角坐标系中,曲线C的参数方程为(为参数).以原点为极点,x轴的非负半轴为极轴,建立极坐标系.(1)求曲线C的极坐标方程;(2)直线(t为参数)与曲线C交于A,B两点,求最大时,直线l的直角坐标方程.
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、B【解析】
求出在的解析式,作出函数图象,数形结合即可得到答案.【详解】当时,,,,又,所以至少小于7,此时,令,得,解得或,结合图象,故.故选:B.【点睛】本题考查不等式恒成立求参数的范围,考查学生数形结合的思想,是一道中档题.2、B【解析】
先求出向量,的坐标,然后由可求出参数的值.【详解】由向量,,则,,又,则,解得.故选:B【点睛】本题考查向量的坐标运算和模长的运算,属于基础题.3、C【解析】
根据图形,计算出,然后解不等式即可.【详解】解:,点在直线上,令因为横轴1代表2019年8月,所以横轴13代表2020年8月,故选:C【点睛】考查如何确定线性回归直线中的系数以及线性回归方程的实际应用,基础题.4、B【解析】由于直线的斜率k,所以一条渐近线的斜率为,即,所以,选B.5、D【解析】试题分析:由题意得:若,则;若,则由可知,,故也成立,故选D.考点:平面向量数量积.【思路点睛】几何图形中向量的数量积问题是近几年高考的又一热点,作为一类既能考查向量的线性运算、坐标运算、数量积及平面几何知识,又能考查学生的数形结合能力及转化与化归能力的问题,实有其合理之处.解决此类问题的常用方法是:①利用已知条件,结合平面几何知识及向量数量积的基本概念直接求解(较易);②将条件通过向量的线性运算进行转化,再利用①求解(较难);③建系,借助向量的坐标运算,此法对解含垂直关系的问题往往有很好效果.6、C【解析】
先将,化简转化为,再得到下结论.【详解】已知复数,所以,所以的虚部为-1.故选:C【点睛】本题主要考查复数的概念及运算,还考查了运算求解的能力,属于基础题.7、B【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.【详解】.故选B.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查了复数的基本概念,是基础题.8、A【解析】∵集合∴∵集合∴,故选A9、B【解析】
利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出【详解】,则复数z的虚部为.故选:B.【点睛】本题考查了复数的运算法则、虚部的定义,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.10、C【解析】
化简复数,分子分母同时乘以,进而求得复数,再求出,由此得到虚部.【详解】,,所以的虚部为.故选:C【点睛】本小题主要考查复数的乘法、除法运算,考查共轭复数的虚部,属于基础题.11、A【解析】
根据向量垂直的坐标表示列方程,解方程求得的值.【详解】由于向量,,且,所以解得.故选:A【点睛】本小题主要考查向量垂直的坐标表示,属于基础题.12、B【解析】
由题意知且,结合数轴即可求得的取值范围.【详解】由题意知,,则,故,又,则,所以,所以本题答案为B.【点睛】本题主要考查了集合的关系及运算,以及借助数轴解决有关问题,其中确定中的元素是解题的关键,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、0【解析】
求出,求出切线点斜式方程,原点坐标代入,求出的值,求,求出单调区间,进而求出极小值最小值,即可求解.【详解】,,,切线的方程:,又过原点,所以,,,.当时,;当时,.故函数的最小值,所以.故答案为:0.【点睛】本题考查导数的应用,涉及到导数的几何意义、极值最值,属于中档题..14、【解析】
根据题意,利用余弦定理和基本不等式得出,再利用正弦定理,即可得出.【详解】因为,则,由余弦定理得:,当且仅当时取等号,又因为,,所以.故答案为:.【点睛】本题考查余弦定理和正弦定理的应用,以及基本不等式求最值,考查计算能力.15、1【解析】
根据为定义在上的偶函数,得,再根据当时,(为常数)求解.【详解】因为为定义在上的偶函数,所以,又因为当时,,所以,所以实数的值为1.故答案为:1【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用,还考查了运算求解的能力,属于基础题.16、4【解析】
设△ABC所在截面圆的圆心为O1,AB中点为D,连接OD,易知∠ODO1即为二面角C-AB-O的平面角,可求出OD, O1D及OO1,然后可判断出四面体OABC外接球的球心E在直线OO1上,在【详解】设△ABC所在截面圆的圆心为O1,AB中点为D,连接OD,OA=OB,所以,OD⊥AB,同理O1D⊥AB,所以,∠ODO1即为二面角∠ODO因为OA=OB=4, AB=42,所以△OAB在Rt△ODO1中,由cos60º=O1D因为O1到A、B、C三的距离相等,所以,四面体OABC外接球的球心E在直线OO设四面体OABC外接球半径为R,在Rt△O1由勾股定理可得:O1B2+O【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题,考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力及计算求解能力,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)依题意可知,直线的极坐标方程为(),再对分三种情况考虑;(2)利用直线参数方程参数的几何意义,求弦长即可得到答案.【详解】(1)依题意可知,直线的极坐标方程为(),当时,联立解得交点,当时,经检验满足两方程,(易漏解之处忽略的情况)当时,无交点;综上,曲线与直线的点极坐标为,,(2)把直线的参数方程代入曲线,得,可知,,所以.【点睛】本题考查直线与曲线交点的极坐标、利用参数方程参数的几何意义求弦长,考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力.18、(1)见解析(2)【解析】
(1)将消去参数t可得直线的普通方程,利用x=ρcosθ,可将极坐标方程转为直角坐标方程.(2)利用直线被圆截得的弦长公式计算可得答案.【详解】(1)由消去参数t得(),由得曲线C的直角坐标方程为:(2)由得,圆心为(1,0),半径为2,圆心到直线的距离为,∴,即,整理得,∵,∴,,,所以直线l的方程为:.【点睛】本题考查参数方程,极坐标方程与直角坐标方程之间的互化,考查直线被圆截得的弦长公式的应用,考查分析能力与计算能力,属于基础题.19、(Ⅰ)3;(Ⅱ).【解析】
(Ⅰ)函数,利用和差公式和倍角公式,化简即可求得;(Ⅱ)由(Ⅰ)知函数,根据点是函数图象的一个对称中心,代入可得,利用余弦定理、基本不等式的性质即可得出.【详解】(Ⅰ)的最大值为最小正周期为(Ⅱ)由题意及(Ⅰ)知,,故故的面积的最大值为.【点睛】本题考查三角函数的和差公式、倍角公式、三角函数的图象与性质、余弦定理、基本不等式的性质,考查理解辨析能力与运算求解能力,属于中档基础题.20、(1);(2)见解析【解析】分析:第一问结合导数的几何意义以及切点在切线上也在函数图像上,从而建立关于的等量关系式,从而求得结果;第二问可以有两种方法,一是将不等式转化,构造新函数,利用导数研究函数的最值,从而求得结果,二是利用中间量来完成,这样利用不等式的传递性来完成,再者这种方法可以简化运算.详解:(1)解:,由题意有,解得(2)证明:(方法一)由(1)知,.设则只需证明,设则,在上单调递增,,使得且当时,,当时,当时,,单调递减当时,,单调递增,由,得,,设,,当时,,在单调递减,,因此(方法二)先证当时,,即证设,则,且,在单调递增,在单调递增,则当时,(也可直接分析显然成立)再证设,则,令,得且当时,,单调递减;当时,,单调递增.,即又,点睛:该题考查的是有关利用导数研究函数的综合问题,在求解的过程中,涉及到的知识点有导数的几何意义,有关切线的问题,还有就是应用导数证明不等式,可以构造新函数,转化为最值问题来解决,也可以借用不等式的传递性,借助中间量来完成.21、(1)见解析;(2).【解析】
(1)利用中位线的性质得出,然后利用线面平行的判定定理可证明出平面;(2)以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,设,利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】(1)因为、分别为、的中点,所以.又因为平面,平面,所以平面;(2)以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,设,则,,,,,,,.设平面的法向量为,则,即,令,则,,所以.设直线与平面所成角为,所以.因此,直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明,同时也考查了利用空间向量法计算直线与平面所成的角,考查推理能力与计算能力,属于中等题.22、(1);(2).【解析】
(1)利用消去参数,得到
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