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文档简介
青海省西宁市重点中学2025年高考数学试题考前三个月(江苏专版)注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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.己知函数的图象与直线恰有四个公共点,其中,则()A. B.0 C.1 D.2.若x,y满足约束条件则z=的取值范围为()A.[] B.[,3] C.[,2] D.[,2]3.在中,“”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.已知复数和复数,则为A. B. C. D.5.若函数有两个极值点,则实数的取值范围是()A. B. C. D.6.已知为非零向量,“”为“”的()A.充分不必要条件 B.充分必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件7.已知非零向量、,若且,则向量在向量方向上的投影为()A. B. C. D.8.赵爽是我国古代数学家、天文学家,大约在公元222年,赵爽为《周髀算经》一书作序时,介绍了“勾股圆方图”,亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的).类比“赵爽弦图”.可类似地构造如下图所示的图形,它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大等边三角形.设,若在大等边三角形中随机取一点,则此点取自小等边三角形(阴影部分)的概率是()A. B. C. D.9.已知复数满足(其中为的共轭复数),则的值为()A.1 B.2 C. D.10.在直角坐标系中,已知A(1,0),B(4,0),若直线x+my﹣1=0上存在点P,使得|PA|=2|PB|,则正实数m的最小值是()A. B.3 C. D.11.若函数有且仅有一个零点,则实数的值为()A. B. C. D.12.在中,是的中点,,点在上且满足,则等于()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x,y>0,且,则x+y的最小值为_____.14.如图,直线平面,垂足为,三棱锥的底面边长和侧棱长都为4,在平面内,是直线上的动点,则点到平面的距离为_______,点到直线的距离的最大值为_______.15.直线与抛物线交于两点,若,则弦的中点到直线的距离等于________.16.棱长为的正四面体与正三棱锥的底面重合,若由它们构成的多面体的顶点均在一球的球面上,则正三棱锥的内切球半径为______.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)如图,四棱锥V﹣ABCD中,底面ABCD是菱形,对角线AC与BD交于点O,VO⊥平面ABCD,E是棱VC的中点.(1)求证:VA∥平面BDE;(2)求证:平面VAC⊥平面BDE.18.(12分)已知函数,为的导数,函数在处取得最小值.(1)求证:;(2)若时,恒成立,求的取值范围.19.(12分)如图,在四棱柱中,平面平面,是边长为2的等边三角形,,,,点为的中点.(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)求二面角的余弦值.(Ⅲ)在线段上是否存在一点,使直线与平面所成的角正弦值为,若存在求出的长,若不存在说明理由.20.(12分)已知椭圆的长轴长为,离心率(1)求椭圆的方程;(2)设分别为椭圆与轴正半轴和轴正半轴的交点,是椭圆上在第一象限的一点,直线与轴交于点,直线与轴交于点,问与面积之差是否为定值?说明理由.21.(12分)已知函数.(1)若函数,试讨论的单调性;(2)若,,求的取值范围.22.(10分)已知函数(1)若,求证:(2)若,恒有,求实数的取值范围.
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.A【解析】
先将函数解析式化简为,结合题意可求得切点及其范围,根据导数几何意义,即可求得的值.【详解】函数即直线与函数图象恰有四个公共点,结合图象知直线与函数相切于,,因为,故,所以.故选:A.本题考查了三角函数的图像与性质的综合应用,由交点及导数的几何意义求函数值,属于难题.2.D【解析】
由题意作出可行域,转化目标函数为连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数,数形结合即可得解.【详解】由题意作出可行域,如图,目标函数可表示连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数,由图可知,直线的斜率最小,直线的斜率最大,由可得,由可得,所以,,所以.故选:D.本题考查了非线性规划的应用,属于基础题.3.D【解析】
通过列举法可求解,如两角分别为时【详解】当时,,但,故充分条件推不出;当时,,但,故必要条件推不出;所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选:D.本题考查命题的充分与必要条件判断,三角函数在解三角形中的具体应用,属于基础题4.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.5.A【解析】试题分析:由题意得有两个不相等的实数根,所以必有解,则,且,∴.考点:利用导数研究函数极值点【方法点睛】函数极值问题的常见类型及解题策略(1)知图判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.(2)已知函数求极值.求f′(x)―→求方程f′(x)=0的根―→列表检验f′(x)在f′(x)=0的根的附近两侧的符号―→下结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f′(x0)=0,且在该点左、右两侧的导数值符号相反.6.B【解析】
由数量积的定义可得,为实数,则由可得,根据共线的性质,可判断;再根据判断,由等价法即可判断两命题的关系.【详解】若成立,则,则向量与的方向相同,且,从而,所以;若,则向量与的方向相同,且,从而,所以.所以“”为“”的充分必要条件.故选:B本题考查充分条件和必要条件的判定,考查相等向量的判定,考查向量的模、数量积的应用.7.D【解析】
设非零向量与的夹角为,在等式两边平方,求出的值,进而可求得向量在向量方向上的投影为,即可得解.【详解】,由得,整理得,,解得,因此,向量在向量方向上的投影为.故选:D.本题考查向量投影的计算,同时也考查利用向量的模计算向量的夹角,考查计算能力,属于基础题.8.A【解析】
根据几何概率计算公式,求出中间小三角形区域的面积与大三角形面积的比值即可.【详解】在中,,,,由余弦定理,得,所以.所以所求概率为.故选A.本题考查了几何概型的概率计算问题,是基础题.9.D【解析】
按照复数的运算法则先求出,再写出,进而求出.【详解】,,.故选:D本题考查复数的四则运算、共轭复数及复数的模,考查基本运算能力,属于基础题.10.D【解析】
设点,由,得关于的方程.由题意,该方程有解,则,求出正实数m的取值范围,即求正实数m的最小值.【详解】由题意,设点.,即,整理得,则,解得或..故选:.本题考查直线与方程,考查平面内两点间距离公式,属于中档题.11.D【解析】
推导出函数的图象关于直线对称,由题意得出,进而可求得实数的值,并对的值进行检验,即可得出结果.【详解】,则,,,所以,函数的图象关于直线对称.若函数的零点不为,则该函数的零点必成对出现,不合题意.所以,,即,解得或.①当时,令,得,作出函数与函数的图象如下图所示:此时,函数与函数的图象有三个交点,不合乎题意;②当时,,,当且仅当时,等号成立,则函数有且只有一个零点.综上所述,.故选:D.本题考查利用函数的零点个数求参数,考查函数图象对称性的应用,解答的关键就是推导出,在求出参数后要对参数的值进行检验,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.12.B【解析】
由M是BC的中点,知AM是BC边上的中线,又由点P在AM上且满足可得:P是三角形ABC的重心,根据重心的性质,即可求解.【详解】解:∵M是BC的中点,知AM是BC边上的中线,又由点P在AM上且满足∴P是三角形ABC的重心∴又∵AM=1∴∴故选B.判断P点是否是三角形的重心有如下几种办法:①定义:三条中线的交点.②性质:或取得最小值③坐标法:P点坐标是三个顶点坐标的平均数.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.1【解析】
处理变形x+y=x()+y结合均值不等式求解最值.【详解】x,y>0,且,则x+y=x()+y1,当且仅当时取等号,此时x=4,y=2,取得最小值1.故答案为:1此题考查利用均值不等式求解最值,关键在于熟练掌握均值不等式的适用条件,注意考虑等号成立的条件.14.【解析】
三棱锥的底面边长和侧棱长都为4,所以在平面的投影为的重心,利用解直角三角形,即可求出点到平面的距离;,可得点是以为直径的球面上的点,所以到直线的距离为以为直径的球面上的点到的距离,最大距离为分别过和的两个平行平面间距离加半径,即可求出结论.【详解】边长为,则中线长为,点到平面的距离为,点是以为直径的球面上的点,所以到直线的距离为以为直径的球面上的点到的距离,最大距离为分别过和的两个平行平面间距离加半径.又三棱锥的底面边长和侧棱长都为4,以下求过和的两个平行平面间距离,分别取中点,连,则,同理,分别过做,直线确定平面,直线确定平面,则,同理,为所求,,,所以到直线最大距离为.故答案为:;.本题考查空间中的距离、正四面体的结构特征,考查空间想象能力,属于较难题.15.【解析】
由已知可知直线过抛物线的焦点,求出弦的中点到抛物线准线的距离,进一步得到弦的中点到直线的距离.【详解】解:如图,直线过定点,,而抛物线的焦点为,,弦的中点到准线的距离为,则弦的中点到直线的距离等于.故答案为:.本题考查抛物线的简单性质,考查直线与抛物线位置关系的应用,体现了数学转化思想方法,属于中档题.16.【解析】
由棱长为的正四面体求出外接球的半径,进而求出正三棱锥的高及侧棱长,可得正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直,进而求出体积与表面积,设内切圆的半径,由等体积,求出内切圆的半径.【详解】由题意可知:多面体的外接球即正四面体的外接球作面交于,连接,如图则,且为外接球的直径,可得,设三角形的外接圆的半径为,则,解得,设外接球的半径为,则可得,即,解得,设正三棱锥的高为,因为,所以,所以,而,所以正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直,所以,设内切球的半径为,,即解得:.故答案为:.本题考查多面体与球的内切和外接问题,考查转化与化归思想,考查空间想象能力、运算求解能力,求解时注意借助几何体的直观图进行分析.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)见解析【解析】
(1)连结OE,证明VA∥OE得到答案.(2)证明VO⊥BD,BD⊥AC,得到BD⊥平面VAC,得到证明.【详解】(1)连结OE.因为底面ABCD是菱形,所以O为AC的中点,又因为E是棱VC的中点,所以VA∥OE,又因为OE⊂平面BDE,VA⊄平面BDE,所以VA∥平面BDE;(2)因为VO⊥平面ABCD,又BD⊂平面ABCD,所以VO⊥BD,因为底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC,又VO∩AC=O,VO,AC⊂平面VAC,所以BD⊥平面VAC.又因为BD⊂平面BDE,所以平面VAC⊥平面BDE.本题考查了线面平行,面面垂直,意在考查学生的推断能力和空间想象能力.18.(1)见解析;(2).【解析】
(1)对求导,令,求导研究单调性,分析可得存在使得,即,即得证;(2)分,两种情况讨论,当时,转化利用均值不等式即得证;当,有两个不同的零点,,分析可得的最小值为,分,讨论即得解.【详解】(1)由题意,令,则,知为的增函数,因为,,所以,存在使得,即.所以,当时,为减函数,当时,为增函数,故当时,取得最小值,也就是取得最小值.故,于是有,即,所以有,证毕.(2)由(1)知,的最小值为,①当,即时,为的增函数,所以,,由(1)中,得,即.故满足题意.②当,即时,有两个不同的零点,,且,即,若时,为减函数,(*)若时,为增函数,所以的最小值为.注意到时,,且此时,(ⅰ)当时,,所以,即,又,而,所以,即.由于在下,恒有,所以.(ⅱ)当时,,所以,所以由(*)知时,为减函数,所以,不满足时,恒成立,故舍去.故满足条件.综上所述:的取值范围是.本题考查了函数与导数综合,考查了利用导数研究函数的最值和不等式的恒成立问题,考查了学生综合分析,转化划归,分类讨论,数学运算能力,属于较难题.19.(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ);(Ⅲ)线段上是存在一点,,使直线与平面所成的角正弦值为.【解析】
(Ⅰ)取中点,连结、,推导出四边形是平行四边形,从而,由此能证明平面;(Ⅱ)取中点,连结,,推导出平面,,以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角的余弦值;(Ⅲ)假设在线段上是存在一点,使直线与平面所成的角正弦值为,设.利用向量法能求出结果.【详解】(Ⅰ)证明:取中点,连结、,是边长为2的等边三角形,,,,点为的中点,,四边形是平行四边形,,平面,平面,平面.(Ⅱ)解:取中点,连结,,在四棱柱中,平面平面,是边长为2的等边三角形,,,,点为的中点,平面,,以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,,1,,,0,,,1,,,0,,,,,,0,,,,,设平面的法向量,,,则,取,得,,,设平面的法向量,,,则,取,得,设二面角的平面角为,则.二面角的余弦值为.(Ⅲ)解:假设在线段上是存在一点,使直线与平面所成的角正弦值为,设.则,,,,,,平面的法向量,,解得,线段上是存在一点,,使直线与平面所成的角正弦值为.本题考查线面平行的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查满足正弦值的点是否存在的判断与求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.20.(1)(2)是定值,详见解析【解析】
(1)根据长轴长为,离心率,则有求解.(2)设,则,直线,令得,,则,直线,令,得,则,再根据求解.【详解】(1)依题意得,解得,则椭圆的方程.(2)设,则,直线,令得,,则,直线,令,得,则,.本题主要考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系,还考查了平面几何知识和运算求解的能力,属于中档题.21.(1)答案不唯一,具体见解析(2)【解析】
(1)由于函数,得出,分类讨论当和时,的正负,进而得出的单调性;(2)求出,令,得,设,通过导函数,可得出在上的单调性和值域,再分类讨论和时,的单调性,再结合,恒成立,即可求出的取值范围.【详解】解:(1)因为,所以,①当时,,在上单调递减.②当时,令,则;令,则,所以在单调递增,在上单调递减.综上所述,当时,在上单调递减;当时,在上单调递增,在上单调递减.(2)因为,可知,,令,得.
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