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文档简介
广东省广州市广东第二师范学院番禺附中2025届新高考选考适应性考试数学试题注意事项: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.已知双曲线()的渐近线方程为,则()A. B. C. D.2.设是定义域为的偶函数,且在单调递增,,则()A. B.C. D.3.一个空间几何体的正视图是长为4,宽为的长方形,侧视图是边长为2的等边三角形,俯视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B. C. D.4.函数的最小正周期是,则其图象向左平移个单位长度后得到的函数的一条对称轴是()A. B. C. D.5.已知曲线的一条对称轴方程为,曲线向左平移个单位长度,得到曲线的一个对称中心的坐标为,则的最小值是()A. B. C. D.6.若与互为共轭复数,则()A.0 B.3 C.-1 D.47.如图,网格纸上小正方形的边长为,粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为()A. B. C. D.8.函数在上的最大值和最小值分别为()A.,-2 B.,-9 C.-2,-9 D.2,-29.将函数的图象先向右平移个单位长度,在把所得函数图象的横坐标变为原来的倍,纵坐标不变,得到函数的图象,若函数在上没有零点,则的取值范围是()A. B.C. D.10.已知函数(表示不超过x的最大整数),若有且仅有3个零点,则实数a的取值范围是()A. B. C. D.11.下列说法正确的是()A.命题“,”的否定形式是“,”B.若平面,,,满足,则C.随机变量服从正态分布(),若,则D.设是实数,“”是“”的充分不必要条件12.已知非零向量满足,,且与的夹角为,则()A.6 B. C. D.3二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知双曲线的一条渐近线方程为,则________.14.已知复数,其中为虚数单位,则的模为_______________.15.我国古代名著《张丘建算经》中记载:“今有方锥下广二丈,高三丈,欲斩末为方亭;令上方六尺:问亭方几何?”大致意思是:有一个四棱锥下底边长为二丈,高三丈;现从上面截取一段,使之成为正四棱台状方亭,且四棱台的上底边长为六尺,则该正四棱台的高为________尺,体积是_______立方尺(注:1丈=10尺).16.在中,角的平分线交于,,,则面积的最大值为__________.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)[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.18.(12分)已知函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)若的图象与轴围成的三角形面积大于6,求的取值范围.19.(12分)已知函数,函数,其中,是的一个极值点,且.(1)讨论的单调性(2)求实数和a的值(3)证明20.(12分)直线与抛物线相交于,两点,且,若,到轴距离的乘积为.(1)求的方程;(2)设点为抛物线的焦点,当面积最小时,求直线的方程.21.(12分)已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴,与有两个交点,,线段的中点为.(Ⅰ)证明:直线的斜率与的斜率的乘积为定值;(Ⅱ)若过点,延长线段与交于点,四边形能否为平行四边形?若能,求此时的斜率,若不能,说明理由.22.(10分)在直角坐标系中,曲线的参数方程为以为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,设点在曲线上,点在曲线上,且为正三角形.(1)求点,的极坐标;(2)若点为曲线上的动点,为线段的中点,求的最大值.
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】
根据双曲线方程(),确定焦点位置,再根据渐近线方程得到求解.【详解】因为双曲线(),所以,又因为渐近线方程为,所以,所以.故选:A.本题主要考查双曲线的几何性质,还考查了运算求解的能力,属于基础题.2.C【解析】
根据偶函数的性质,比较即可.【详解】解:显然,所以是定义域为的偶函数,且在单调递增,所以故选:C本题考查对数的运算及偶函数的性质,是基础题.3.B【解析】
由三视图确定原几何体是正三棱柱,由此可求得体积.【详解】由题意原几何体是正三棱柱,.故选:B.本题考查三视图,考查棱柱的体积.解题关键是由三视图不愿出原几何体.4.D【解析】
由三角函数的周期可得,由函数图像的变换可得,平移后得到函数解析式为,再求其对称轴方程即可.【详解】解:函数的最小正周期是,则函数,经过平移后得到函数解析式为,由,得,当时,.故选D.本题考查了正弦函数图像的性质及函数图像的平移变换,属基础题.5.C【解析】
在对称轴处取得最值有,结合,可得,易得曲线的解析式为,结合其对称中心为可得即可得到的最小值.【详解】∵直线是曲线的一条对称轴.,又..∴平移后曲线为.曲线的一个对称中心为..,注意到故的最小值为.故选:C.本题考查余弦型函数性质的应用,涉及到函数的平移、函数的对称性,考查学生数形结合、数学运算的能力,是一道中档题.6.C【解析】
计算,由共轭复数的概念解得即可.【详解】,又由共轭复数概念得:,.故选:C本题主要考查了复数的运算,共轭复数的概念.7.D【解析】
根据三视图判断出几何体是由一个三棱锥和一个三棱柱构成,利用锥体和柱体的体积公式计算出体积并相加求得几何体的体积.【详解】由三视图可知该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成,该多面体体积为.故选D.本小题主要考查三视图还原为原图,考查柱体和锥体的体积公式,属于基础题.8.B【解析】
由函数解析式中含绝对值,所以去绝对值并画出函数图象,结合图象即可求得在上的最大值和最小值.【详解】依题意,,作出函数的图象如下所示;由函数图像可知,当时,有最大值,当时,有最小值.故选:B.本题考查了绝对值函数图象的画法,由函数图象求函数的最值,属于基础题.9.A【解析】
根据y=Acos(ωx+φ)的图象变换规律,求得g(x)的解析式,根据定义域求出的范围,再利用余弦函数的图象和性质,求得ω的取值范围.【详解】函数的图象先向右平移个单位长度,可得的图象,再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变),得到函数的图象,∴周期,若函数在上没有零点,∴,∴,,解得,又,解得,当k=0时,解,当k=-1时,,可得,.故答案为:A.本题考查函数y=Acos(ωx+φ)的图象变换及零点问题,此类问题通常采用数形结合思想,构建不等关系式,求解可得,属于较难题.10.A【解析】
根据[x]的定义先作出函数f(x)的图象,利用函数与方程的关系转化为f(x)与g(x)=ax有三个不同的交点,利用数形结合进行求解即可.【详解】当时,,当时,,当时,,当时,,若有且仅有3个零点,则等价为有且仅有3个根,即与有三个不同的交点,作出函数和的图象如图,当a=1时,与有无数多个交点,当直线经过点时,即,时,与有两个交点,当直线经过点时,即时,与有三个交点,要使与有三个不同的交点,则直线处在过和之间,即,故选:A.利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数的范围;(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域(最值)问题加以解决;(3)数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,然后数形结合求解.11.D【解析】
由特称命题的否定是全称命题可判断选项A;可能相交,可判断B选项;利用正态分布的性质可判断选项C;或,利用集合间的包含关系可判断选项D.【详解】命题“,”的否定形式是“,”,故A错误;,,则可能相交,故B错误;若,则,所以,故,所以C错误;由,得或,故“”是“”的充分不必要条件,D正确.故选:D.本题考查命题的真假判断,涉及到特称命题的否定、面面相关的命题、正态分布、充分条件与必要条件等,是一道容易题.12.D【解析】
利用向量的加法的平行四边形法则,判断四边形的形状,推出结果即可.【详解】解:非零向量,满足,可知两个向量垂直,,且与的夹角为,说明以向量,为邻边,为对角线的平行四边形是正方形,所以则.故选:.本题考查向量的几何意义,向量加法的平行四边形法则的应用,考查分析问题解决问题的能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
根据双曲线的标准方程写出双曲线的渐近线方程,结合题意可求得正实数的值.【详解】双曲线的渐近线方程为,由于该双曲线的一条渐近线方程为,,解得.故答案为:.本题考查利用双曲线的渐近线方程求参数,考查计算能力,属于基础题.14.【解析】
利用复数模的计算公式求解即可.【详解】解:由,得,所以.故答案为:.本题考查复数模的求法,属于基础题.15.213892【解析】
根据题意画出图形,利用棱锥与棱台的结构特征求出正四棱台的高,再计算它的体积.【详解】如图所示:正四棱锥P-ABCD的下底边长为二丈,即AB=20尺,高三丈,即PO=30尺,截去一段后,得正四棱台ABCD-A'B'C'D',且上底边长为A'B'=6尺,所以,解得,所以该正四棱台的体积是,故答案为:21;3892.本题考查了棱锥与棱台的结构特征与应用问题,也考查了棱台的体积计算问题,属于中档题.16.15【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.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)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.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.18.(Ⅰ)(Ⅱ)(2,+∞)【解析】试题分析:(Ⅰ)由题意零点分段即可确定不等式的解集为;(Ⅱ)由题意可得面积函数为为,求解不等式可得实数a的取值范围为试题解析:(I)当时,化为,当时,不等式化为,无解;当时,不等式化为,解得;当时,不等式化为,解得.所以的解集为.(II)由题设可得,所以函数的图像与x轴围成的三角形的三个顶点分别为,,,的面积为.由题设得,故.所以a的取值范围为19.(1)在区间单调递增;(2);(3)证明见解析.【解析】
(1)求出,在定义域内,再次求导,可得在区间上恒成立,从而可得结论;(2)由,可得,由可得,联立解方程组可得结果;(3)由(1)知在区间单调递增,可证明,取,可得,而,利用裂项相消法,结合放缩法可得结果.【详解】(1)由已知可得函数的定义域为,且,令,则有,由,可得,可知当x变化时,的变化情况如下表:1-0+极小值,即,可得在区间单调递增;(2)由已知可得函数的定义域为,且,由已知得,即,①由可得,,②联立①②,消去a,可得,③令,则,由(1)知,,故,在区间单调递增,注意到,所以方程③有唯一解,代入①,可得,;(3)证明:由(1)知在区间单调递增,故当时,,,可得在区间单调递增,因此,当时,,即,亦即,这时,故可得,取,可得,而,故.本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明,属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点,利用导数证明不等主要方法有两个,一是比较简单的不等式证明,不等式两边作差构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出函数的最值即可;二是较为综合的不等式证明,要观察不等式特点,结合已解答的问题把要证的不等式变形,并运用已证结论先行放缩,然后再化简或者进一步利用导数证明.20.(1);(2)【解析】
(1)设出两点的坐标,由距离之积为16,可得.利用向量的数量积坐标运算,将转化为.再利用两点均在抛物线上,即可求得p的值,从而求出抛物线的方程;(2)设出直线l的方程,代入抛物线方程,由韦达定理发现直线l恒过定点,将面积用参数t表示,求出其最值,并得出此时的直线方程.【详解】解:(1)由题设,因为,到轴的距离的积为,所以,又因为,,,所以抛物线的方程为.(2)因为直线与抛物线两个公共点,所以的斜率不为,所以设联立,得,即,,即直线恒过定点,所以,当时,面积取得最小值,此时.本题考查了抛物线的标准方程的求法,直线与抛物线相交的问题,其中垂直条件的转化,直线过定点均为该题的关键,属于综合性较强的题.21.(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)能,或.【解析】试题分析:(1)设直线,直线方程与椭圆方程联立,根据韦达定理求根与系数的关系,并表示直线的斜率,再表示;(2)第一步由(Ⅰ)得的方程为.设点的横坐标为,直线与椭圆方程联立求点的坐标,第二步再整理点的坐标,如果能构成平行四边形,只需,如果有值,并且满足,的条件就说明存在,否则不存在.试题解析:解:(1)设直线,,,.∴由得,∴,.∴直线的斜率,即.即直线的斜率与的斜率的乘积为定值.(2)四边形能为平行四边形.∵直线过点,∴
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