2024-2025学年陕西省西安市华山中学高考数学试题模拟题及解析(全国卷Ⅱ)含解析_第1页
2024-2025学年陕西省西安市华山中学高考数学试题模拟题及解析(全国卷Ⅱ)含解析_第2页
2024-2025学年陕西省西安市华山中学高考数学试题模拟题及解析(全国卷Ⅱ)含解析_第3页
2024-2025学年陕西省西安市华山中学高考数学试题模拟题及解析(全国卷Ⅱ)含解析_第4页
2024-2025学年陕西省西安市华山中学高考数学试题模拟题及解析(全国卷Ⅱ)含解析_第5页
已阅读5页,还剩14页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

2024-2025学年陕西省西安市华山中学高考数学试题模拟题及解析(全国卷Ⅱ)注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、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.已知定义在上的可导函数满足,若是奇函数,则不等式的解集是()A. B. C. D.2.设正项等差数列的前项和为,且满足,则的最小值为A.8 B.16 C.24 D.363.已知为定义在上的奇函数,若当时,(为实数),则关于的不等式的解集是()A. B. C. D.4.已知函数,则下列结论中正确的是①函数的最小正周期为;②函数的图象是轴对称图形;③函数的极大值为;④函数的最小值为.A.①③ B.②④C.②③ D.②③④5.数列满足:,,,为其前n项和,则()A.0 B.1 C.3 D.46.设为非零向量,则“”是“与共线”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件7.若函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象,若函数在区间上单调递增,则的最大值为().A. B. C. D.8.复数满足为虚数单位),则的虚部为()A. B. C. D.9.已知平面向量,,满足:,,则的最小值为()A.5 B.6 C.7 D.810.已知,若则实数的取值范围是()A. B. C. D.11.如图,在圆锥SO中,AB,CD为底面圆的两条直径,AB∩CD=O,且AB⊥CD,SO=OB=3,SE.,异面直线SC与OE所成角的正切值为()A. B. C. D.12.已知集合,则()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在中,已知,,则A的值是______.14.若x,y满足,且y≥−1,则3x+y的最大值_____15.已知抛物线的焦点为,斜率为2的直线与的交点为,若,则直线的方程为___________.16.已知函数f(x)=axlnx﹣bx(a,b∈R)在点(e,f(e))处的切线方程为y=3x﹣e,则a+b=_____.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)某公园准备在一圆形水池里设置两个观景喷泉,观景喷泉的示意图如图所示,两点为喷泉,圆心为的中点,其中米,半径米,市民可位于水池边缘任意一点处观赏.(1)若当时,,求此时的值;(2)设,且.(i)试将表示为的函数,并求出的取值范围;(ii)若同时要求市民在水池边缘任意一点处观赏喷泉时,观赏角度的最大值不小于,试求两处喷泉间距离的最小值.18.(12分)某省新课改后某校为预测2020届高三毕业班的本科上线情况,从该校上一届高三(1)班到高三(5)班随机抽取50人,得到各班抽取的人数和其中本科上线人数,并将抽取数据制成下面的条形统计图.(1)根据条形统计图,估计本届高三学生本科上线率.(2)已知该省甲市2020届高考考生人数为4万,假设以(1)中的本科上线率作为甲市每个考生本科上线的概率.(i)若从甲市随机抽取10名高三学生,求恰有8名学生达到本科线的概率(结果精确到0.01);(ii)已知该省乙市2020届高考考生人数为3.6万,假设该市每个考生本科上线率均为,若2020届高考本科上线人数乙市的均值不低于甲市,求p的取值范围.可能用到的参考数据:取,.19.(12分)如图,在三棱柱中,是边长为2的等边三角形,,,.(1)证明:平面平面;(2),分别是,的中点,是线段上的动点,若二面角的平面角的大小为,试确定点的位置.20.(12分)如图,直三棱柱中,底面为等腰直角三角形,,,,分别为,的中点,为棱上一点,若平面.(1)求线段的长;(2)求二面角的余弦值.21.(12分)已知函数,其中,为自然对数的底数.(1)当时,求函数的极值;(2)设函数的导函数为,求证:函数有且仅有一个零点.22.(10分)已知曲线的参数方程为为参数,曲线的参数方程为为参数).(1)求与的普通方程;(2)若与相交于,两点,且,求的值.

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】

构造函数,根据已知条件判断出的单调性.根据是奇函数,求得的值,由此化简不等式求得不等式的解集.【详解】构造函数,依题意可知,所以在上递增.由于是奇函数,所以当时,,所以,所以.由得,所以,故不等式的解集为.故选:A本小题主要考查构造函数法解不等式,考查利用导数研究函数的单调性,考查化归与转化的数学思想方法,属于中档题.2.B【解析】

方法一:由题意得,根据等差数列的性质,得成等差数列,设,则,,则,当且仅当时等号成立,从而的最小值为16,故选B.方法二:设正项等差数列的公差为d,由等差数列的前项和公式及,化简可得,即,则,当且仅当,即时等号成立,从而的最小值为16,故选B.3.A【解析】

先根据奇函数求出m的值,然后结合单调性求解不等式.【详解】据题意,得,得,所以当时,.分析知,函数在上为增函数.又,所以.又,所以,所以,故选A.本题主要考查函数的性质应用,侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养.4.D【解析】

因为,所以①不正确;因为,所以,,所以,所以函数的图象是轴对称图形,②正确;易知函数的最小正周期为,因为函数的图象关于直线对称,所以只需研究函数在上的极大值与最小值即可.当时,,且,令,得,可知函数在处取得极大值为,③正确;因为,所以,所以函数的最小值为,④正确.故选D.5.D【解析】

用去换中的n,得,相加即可找到数列的周期,再利用计算.【详解】由已知,①,所以②,①+②,得,从而,数列是以6为周期的周期数列,且前6项分别为1,2,1,-1,-2,-1,所以,.故选:D.本题考查周期数列的应用,在求时,先算出一个周期的和即,再将表示成即可,本题是一道中档题.6.A【解析】

根据向量共线的性质依次判断充分性和必要性得到答案.【详解】若,则与共线,且方向相同,充分性;当与共线,方向相反时,,故不必要.故选:.本题考查了向量共线,充分不必要条件,意在考查学生的推断能力.7.C【解析】

由题意利用函数的图象变换规律,正弦函数的单调性,求出的最大值.【详解】解:把函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象,若函数在区间,上单调递增,在区间,上,,,则当最大时,,求得,故选:C.本题主要考查函数的图象变换规律,正弦函数的单调性,属于基础题.8.C【解析】

,分子分母同乘以分母的共轭复数即可.【详解】由已知,,故的虚部为.故选:C.本题考查复数的除法运算,考查学生的基本运算能力,是一道基础题.9.B【解析】

建立平面直角坐标系,将已知条件转化为所设未知量的关系式,再将的最小值转化为用该关系式表达的算式,利用基本不等式求得最小值.【详解】建立平面直角坐标系如下图所示,设,,且,由于,所以..所以,即..当且仅当时取得最小值,此时由得,当时,有最小值为,即,,解得.所以当且仅当时有最小值为.故选:B本小题主要考查向量的位置关系、向量的模,考查基本不等式的运用,考查数形结合的数学思想方法,属于难题.10.C【解析】

根据,得到有解,则,得,,得到,再根据,有,即,可化为,根据,则的解集包含求解,【详解】因为,所以有解,即有解,所以,得,,所以,又因为,所以,即,可化为,因为,所以的解集包含,所以或,解得,故选:C本题主要考查一元二次不等式的解法及集合的关系的应用,还考查了运算求解的能力,属于中档题,11.D【解析】

可过点S作SF∥OE,交AB于点F,并连接CF,从而可得出∠CSF(或补角)为异面直线SC与OE所成的角,根据条件即可求出,这样即可得出tan∠CSF的值.【详解】如图,过点S作SF∥OE,交AB于点F,连接CF,则∠CSF(或补角)即为异面直线SC与OE所成的角,∵,∴,又OB=3,∴,SO⊥OC,SO=OC=3,∴;SO⊥OF,SO=3,OF=1,∴;OC⊥OF,OC=3,OF=1,∴,∴等腰△SCF中,.故选:D.本题考查了异面直线所成角的定义及求法,直角三角形的边角的关系,平行线分线段成比例的定理,考查了计算能力,属于基础题.12.B【解析】

先由得或,再计算即可.【详解】由得或,,,又,.故选:B本题主要考查了集合的交集,补集的运算,考查学生的运算求解能力.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

根据正弦定理,由可得,由可得,将代入求解即得.【详解】,,即,,,则,,,,则.故答案为:本题考查正弦定理和二倍角的正弦公式,是基础题.14.5.【解析】

由约束条件作出可行域,令z=3x+y,化为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,把最优解的坐标代入目标函数得答案.【详解】由题意作出可行域如图阴影部分所示.设,当直线经过点时,取最大值5.故答案为:5本题考查简单的线性规划,考查数形结合的解题思想方法,是中档题.15.【解析】

设直线l的方程为,,联立直线l与抛物线C的方程,得到A,B点横坐标的关系式,代入到中,解出t的值,即可求得直线l的方程【详解】设直线.由题设得,故,由题设可得.

由可得,

则,从而,得,所以l的方程为,故答案为:本题主要考查了直线的方程,抛物线的定义,抛物线的简单几何性质,直线与抛物线的位置关系,属于中档题.16.0【解析】

由题意,列方程组可求,即求.【详解】∵在点处的切线方程为,,代入得①.又②.联立①②解得:..故答案为:0.本题考查导数的几何意义,属于基础题.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)(i),;(ii).【解析】

(1)在中,由正弦定理可得所求;(2)(i)由余弦定理得,两式相加可得所求解析式.(ii)在中,由余弦定理可得,根据的最大值不小于可得关于的不等式,解不等式可得所求.【详解】(1)在中,由正弦定理得,所以,即.(2)(i)在中,由余弦定理得,在中,由余弦定理得,又所以,即.又,解得,所以所求关系式为,.(ii)当观赏角度的最大时,取得最小值.在中,由余弦定理可得,因为的最大值不小于,所以,解得,经验证知,所以.即两处喷泉间距离的最小值为.本题考查解三角形在实际中的应用,解题时要注意把条件转化为三角形的边或角,然后借助正余弦定理进行求解.解题时要注意三角形边角关系的运用,同时还要注意所得结果要符合实际意义.18.(1)60%;(2)(i)0.12(ii)【解析】

(1)利用上线人数除以总人数求解;(2)(i)利用二项分布求解;(ii)甲、乙两市上线人数分别记为X,Y,得,.,利用期望公式列不等式求解【详解】(1)估计本科上线率为.(2)(i)记“恰有8名学生达到本科线”为事件A,由图可知,甲市每个考生本科上线的概率为0.6,则.(ii)甲、乙两市2020届高考本科上线人数分别记为X,Y,依题意,可得,.因为2020届高考本科上线人数乙市的均值不低于甲市,所以,即,解得,又,故p的取值范围为.本题考查二项分布的综合应用,考查计算求解能力,注意二项分布与超几何分布是易混淆的知识点.19.(1)证明见解析;(2)为线段上靠近点的四等分点,且坐标为【解析】

(1)先通过线面垂直的判定定理证明平面,再根据面面垂直的判定定理即可证明;(2)分析位置关系并建立空间直角坐标系,根据二面角的余弦值与平面法向量夹角的余弦值之间的关系,即可计算出的坐标从而位置可确定.【详解】(1)证明:因为,,,所以,即.又因为,,所以,,所以平面.因为平面,所以平面平面.(2)解:连接,因为,是的中点,所以.由(1)知,平面平面,所以平面.以为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则平面的一个法向量是,,,.设,,,,代入上式得,,,所以.设平面的一个法向量为,,,由,得.令,得.因为二面角的平面角的大小为,所以,即,解得.所以点为线段上靠近点的四等分点,且坐标为.本题考查面面垂直的证明以及利用向量法求解二面角有关的问题,难度一般.(1)证明面面垂直,可通过先证明线面垂直,再证明面面垂直;(2)二面角的余弦值不一定等于平面法向量夹角的余弦值,要注意结合图形分析.20.(1)(2)【解析】

(1)先证得,设与交于点,在中解直角三角形求得,由此求得的值.(2)建立空间直角坐标系,利用平面和平面的法向量,计算出二面角的余弦值.【详解】(1)由题意,,设与交于点,在中,可求得,则,可求得,则(2)以为原点,方向为轴,方向为轴,方向为轴,建立空间直角坐标系.,,,,,易得平面的法向量为.,,易得平面的法向量为.设二面角为,由图可知为锐角,所以.即二面角的余弦值为.本小题主要考查根据线面垂直求边长,考查二面角的求法,考查空间想象能力和逻辑推理能力,属于中档题.21.见解析【解析】

(1)当时,函数,其定义域为,则,设,,易知函数在上单调递增,且,所以当时,,即;当时,,即,所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以函数在处取得极小值,为,无极大值.(2)由题可得函数的定义域为,,设,,显然函数在上单调递增,当时,,,所以函数在内有一个零点,所以函数有且仅有一个零点;当时,,

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论