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文档简介

山东省青岛市西海岸新区胶南第一高级中学2024-2025学年高三一轮收官考试(二)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.设、分别是定义在上的奇函数和偶函数,且,则()A. B.0 C.1 D.32.,则与位置关系是()A.平行 B.异面C.相交 D.平行或异面或相交3.已知定点都在平面内,定点是内异于的动点,且,那么动点在平面内的轨迹是()A.圆,但要去掉两个点 B.椭圆,但要去掉两个点C.双曲线,但要去掉两个点 D.抛物线,但要去掉两个点4.己知全集为实数集R,集合A={x|x2+2x-8>0},B={x|log2x<1},则等于()A.[4,2] B.[4,2) C.(4,2) D.(0,2)5.已知整数满足,记点的坐标为,则点满足的概率为()A. B. C. D.6.2019年10月17日是我国第6个“扶贫日”,某医院开展扶贫日“送医下乡”医疗义诊活动,现有五名医生被分配到四所不同的乡镇医院中,医生甲被指定分配到医院,医生乙只能分配到医院或医院,医生丙不能分配到医生甲、乙所在的医院,其他两名医生分配到哪所医院都可以,若每所医院至少分配一名医生,则不同的分配方案共有()A.18种 B.20种 C.22种 D.24种7.做抛掷一枚骰子的试验,当出现1点或2点时,就说这次试验成功,假设骰子是质地均匀的.则在3次这样的试验中成功次数X的期望为()A.13 B.18.如图,已知直线与抛物线相交于A,B两点,且A、B两点在抛物线准线上的投影分别是M,N,若,则的值是()A. B. C. D.9.设,,则“”是“”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10.一个几何体的三视图及尺寸如下图所示,其中正视图是直角三角形,侧视图是半圆,俯视图是等腰三角形,该几何体的表面积是()A.B.C.D.11.已知复数和复数,则为A. B. C. D.12.已知双曲线:的焦距为,焦点到双曲线的渐近线的距离为,则双曲线的渐近线方程为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知边长为的菱形中,,现沿对角线折起,使得二面角为,此时点,,,在同一个球面上,则该球的表面积为________.14.有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛,其中只有一位获奖,有人走访了四位歌手,甲说“是乙或丙获奖.”乙说:“甲、丙都未获奖.”丙说:“我获奖了”.丁说:“是乙获奖.”四位歌手的话只有两句是对的,则获奖的歌手是__________.15.若函数()的图象与直线相切,则______.16.在三棱锥中,已知,且平面平面,则三棱锥外接球的表面积为______.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)已知数列满足,且,,成等比数列.(1)求证:数列是等差数列,并求数列的通项公式;(2)记数列的前n项和为,,求数列的前n项和.18.(12分)已知非零实数满足.(1)求证:;(2)是否存在实数,使得恒成立?若存在,求出实数的取值范围;若不存在,请说明理由19.(12分)如图,在四棱锥中,平面,四边形为正方形,点为线段上的点,过三点的平面与交于点.将①,②,③中的两个补充到已知条件中,解答下列问题:(1)求平面将四棱锥分成两部分的体积比;(2)求直线与平面所成角的正弦值.20.(12分)在四棱锥中,是等边三角形,点在棱上,平面平面.(1)求证:平面平面;(2)若,求直线与平面所成角的正弦值的最大值;(3)设直线与平面相交于点,若,求的值.21.(12分)已知函数.(1)当时,求曲线在点处的切线方程;(2)若在上恒成立,求的取值范围.22.(10分)已知A是抛物线E:y2=2px(p>0)上的一点,以点A和点B(2,0)为直径两端点的圆C交直线x=1于M,N两点.(1)若|MN|=2,求抛物线E的方程;(2)若0<p<1,抛物线E与圆(x﹣5)2+y2=9在x轴上方的交点为P,Q,点G为PQ的中点,O为坐标原点,求直线OG斜率的取值范围.

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】

先根据奇偶性,求出的解析式,令,即可求出。【详解】因为、分别是定义在上的奇函数和偶函数,,用替换,得,化简得,即令,所以,故选C。本题主要考查函数性质奇偶性的应用。2.D【解析】结合图(1),(2),(3)所示的情况,可得a与b的关系分别是平行、异面或相交.选D.3.A【解析】

根据题意可得,即知C在以AB为直径的圆上.【详解】,,,又,,平面,又平面,故在以为直径的圆上,又是内异于的动点,所以的轨迹是圆,但要去掉两个点A,B故选:A本题主要考查了线面垂直、线线垂直的判定,圆的性质,轨迹问题,属于中档题.4.D【解析】

求解一元二次不等式化简A,求解对数不等式化简B,然后利用补集与交集的运算得答案.【详解】解:由x2+2x-8>0,得x<-4或x>2,

∴A={x|x2+2x-8>0}={x|x<-4或x>2},

由log2x<1,x>0,得0<x<2,

∴B={x|log2x<1}={x|0<x<2},

则,

∴.

故选:D.本题考查了交、并、补集的混合运算,考查了对数不等式,二次不等式的求法,是基础题.5.D【解析】

列出所有圆内的整数点共有37个,满足条件的有7个,相除得到概率.【详解】因为是整数,所以所有满足条件的点是位于圆(含边界)内的整数点,满足条件的整数点有共37个,满足的整数点有7个,则所求概率为.故选:.本题考查了古典概率的计算,意在考查学生的应用能力.6.B【解析】

分两类:一类是医院A只分配1人,另一类是医院A分配2人,分别计算出两类的分配种数,再由加法原理即可得到答案.【详解】根据医院A的情况分两类:第一类:若医院A只分配1人,则乙必在医院B,当医院B只有1人,则共有种不同分配方案,当医院B有2人,则共有种不同分配方案,所以当医院A只分配1人时,共有种不同分配方案;第二类:若医院A分配2人,当乙在医院A时,共有种不同分配方案,当乙不在A医院,在B医院时,共有种不同分配方案,所以当医院A分配2人时,共有种不同分配方案;共有20种不同分配方案.故选:B本题考查排列与组合的综合应用,在做此类题时,要做到分类不重不漏,考查学生分类讨论的思想,是一道中档题.7.C【解析】

每一次成功的概率为p=26=【详解】每一次成功的概率为p=26=13故选:C.本题考查了二项分布求数学期望,意在考查学生的计算能力和应用能力.8.C【解析】

直线恒过定点,由此推导出,由此能求出点的坐标,从而能求出的值.【详解】设抛物线的准线为,直线恒过定点,如图过A、B分别作于M,于N,由,则,点B为AP的中点、连接OB,则,∴,点B的横坐标为,∴点B的坐标为,把代入直线,解得,故选:C.本题考查直线与圆锥曲线中参数的求法,考查抛物线的性质,是中档题,解题时要注意等价转化思想的合理运用,属于中档题.9.A【解析】

根据对数的运算分别从充分性和必要性去证明即可.【详解】若,,则,可得;若,可得,无法得到,所以“”是“”的充分而不必要条件.所以本题答案为A.本题考查充要条件的定义,判断充要条件的方法是:①若为真命题且为假命题,则命题p是命题q的充分不必要条件;②若为假命题且为真命题,则命题p是命题q的必要不充分条件;③若为真命题且为真命题,则命题p是命题q的充要条件;④若为假命题且为假命题,则命题p是命题q的即不充分也不必要条件.⑤判断命题p与命题q所表示的范围,再根据“谁大谁必要,谁小谁充分”的原则,判断命题p与命题q的关系.10.D【解析】

由三视图可知该几何体的直观图是轴截面在水平面上的半个圆锥,表面积为,故选D.11.C【解析】

利用复数的三角形式的乘法运算法则即可得出.【详解】z1z2=(cos23°+isin23°)•(cos37°+isin37°)=cos60°+isin60°=.故答案为C.熟练掌握复数的三角形式的乘法运算法则是解题的关键,复数问题高考必考,常见考点有:点坐标和复数的对应关系,点的象限和复数的对应关系,复数的加减乘除运算,复数的模长的计算.12.A【解析】

利用双曲线:的焦点到渐近线的距离为,求出,的关系式,然后求解双曲线的渐近线方程.【详解】双曲线:的焦点到渐近线的距离为,可得:,可得,,则的渐近线方程为.故选A.本题考查双曲线的简单性质的应用,构建出的关系是解题的关键,考查计算能力,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

分别取,的中点,,连接,由图形的对称性可知球心必在的延长线上,设球心为,半径为,,由勾股定理可得、,再根据球的面积公式计算可得;【详解】如图,分别取,的中点,,连接,则易得,,,,由图形的对称性可知球心必在的延长线上,设球心为,半径为,,可得,解得,.故该球的表面积为.故答案为:本题考查多面体的外接球的计算,属于中档题.14.丙【解析】若甲获奖,则甲、乙、丙、丁说的都是错的,同理可推知乙、丙、丁获奖的情况,可知获奖的歌手是丙.考点:反证法在推理中的应用.15.2【解析】

设切点由已知可得,即可解得所求.【详解】设,因为,所以,即,又,.所以,即,.故答案为:.本题考查导数的几何意义,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,难度较易.16.【解析】

取的中点,设等边三角形的中心为,连接.根据等边三角形的性质可求得,,由等腰直角三角形的性质,得,根据面面垂直的性质得平面,,由勾股定理求得,可得为三棱锥外接球的球心,根据球体的表面积公式可求得此外接球的表面积.【详解】在等边三角形中,取的中点,设等边三角形的中心为,连接.由,得,,由已知可得是以为斜边的等腰直角三角形,,又由已知可得平面平面,平面,,,所以,为三棱锥外接球的球心,外接球半径,三棱锥外接球的表面积为.故答案为:本题考查三棱锥的外接球的表面积,关键在于根据三棱锥的面的关系、棱的关系和长度求得外接球的球心的位置,球的半径,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)见解析;(2)【解析】

(1)因为,所以,所以,所以数列是等差数列,设数列的公差为,由可得,因为成等比数列,所以,所以,所以,因为,所以,解得(舍去)或,所以,所以.(2)由(1)知,,所以,所以.18.(1)见解析(2)存在,【解析】

(1)利用作差法即可证出.(2)将不等式通分化简可得,讨论或,分离参数,利用基本不等式即可求解.【详解】又即即①当时,即恒成立(当且仅当时取等号),故②当时恒成立(当且仅当时取等号),故综上,本题考查了作差法证明不等式、基本不等式求最值、考查了分类讨论的思想,属于基础题.19.(1);(2).【解析】

若补充②③根据已知可得平面,从而有,结合,可得平面,故有,而,得到,②③成立与①②相同,①③成立,可得,所以任意补充两个条件,结果都一样,以①②作为条件分析;(1)设,可得,进而求出梯形的面积,可求出,即可求出结论;(2),以为坐标原点,建立空间坐标系,求出坐标,由(1)得为平面的法向量,根据空间向量的线面角公式即可求解.【详解】第一种情况:若将①,②作为已知条件,解答如下:(1)设平面为平面.∵,∴平面,而平面平面,∴,又为中点.设,则.在三角形中,,由知平面,∴,∴梯形的面积,,,平面,,,∴,故,.(2)如图,分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系,设,则,由(1)得为平面的一个法向量,因为,所以直线与平面所成角的正弦值为.第二种情况:若将①,③作为已知条件,则由知平面,,又,所以平面,,又,故为中点,即,解答如上不变.第三种情况:若将②,③作为已知条件,由及第二种情况知,又,易知,解答仍如上不变.本题考查空间点、线、面位置关系,以及体积、直线与平面所成的角,考查计算求解能力,属于中档题.20.(1)证明见解析(2)(3)【解析】

(1)取中点为,连接,由等边三角形性质可得,再由面面垂直的性质可得,根据平行直线的性质可得,进而求证;(2)以为原点,过作的平行线,分别以,,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设,由点在棱上,可设,即可得到,再求得平面的法向量,进而利用数量积求解;(3)设,,则,求得,,即可求得点的坐标,再由与平面的法向量垂直,进而求解.【详解】(1)证明:取中点为,连接,因为是等边三角形,所以,因为且相交于,所以平面,所以,因为,所以,因为,在平面内,所以,所以.(2)以为原点,过作的平行线,分别以,,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设,则,,,,因为在棱上,可设,所以,设平面的法向量为,因为,所以,即,令,可得,即,设直线与平面所成角为,所以,可知当时,取最大值.(3)设,则有,得,设,那么,所以,所以.因为,,所以.又因为,所以,,设平面的法向量为,则,即,,可得,即因为在平面内,所以,所以,所以,即,所以或者(舍),即.本题考查面面垂直的证明,考查空间向量法求线面成角,考查运算能力与空间想象能力.21.(1);(2)【解析】

(1),对函数求导,分别求出和,即可求出在点处的切线方程;(2)对求导,分、和三种情况讨论的单调性,再结合在上恒成立,可求得的取值范围.【详解】(1)因为,所以,所以,则,故曲线在点处的切线方程为.(2)因为,所以,①当时

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