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文檔簡介
寧夏回族自治區(qū)銀川市興慶區(qū)銀川一中2025屆高考壓軸卷數學試卷注意事項1.考生要認真填寫考場號和座位序號。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監(jiān)考員收回。一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.如圖,平面四邊形中,,,,,現將沿翻折,使點移動至點,且,則三棱錐的外接球的表面積為()A. B. C. D.2.已知變量,滿足不等式組,則的最小值為()A. B. C. D.3.已知命題:任意,都有;命題:,則有.則下列命題為真命題的是()A. B. C. D.4.定義在上函數滿足,且對任意的不相等的實數有成立,若關于x的不等式在上恒成立,則實數m的取值范圍是()A. B. C. D.5.已知集合,,則集合子集的個數為()A. B. C. D.6.已知拋物線和點,直線與拋物線交于不同兩點,,直線與拋物線交于另一點.給出以下判斷:①以為直徑的圓與拋物線準線相離;②直線與直線的斜率乘積為;③設過點,,的圓的圓心坐標為,半徑為,則.其中,所有正確判斷的序號是()A.①② B.①③ C.②③ D.①②③7.執(zhí)行如圖所示的程序框圖,若輸出的,則輸入的整數的最大值為()A.7 B.15 C.31 D.638.已知,,,若,則()A. B. C. D.9.已知實數滿足不等式組,則的最小值為()A. B. C. D.10.把函數的圖象向右平移個單位長度,得到函數的圖象,若函數是偶函數,則實數的最小值是()A. B. C. D.11.在直角坐標系中,已知A(1,0),B(4,0),若直線x+my﹣1=0上存在點P,使得|PA|=2|PB|,則正實數m的最小值是()A. B.3 C. D.12.函數與的圖象上存在關于直線對稱的點,則的取值范圍是()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.我國古代數學名著《九章算術》對立體幾何有深入的研究,從其中一些數學用語可見,譬如“憋臑”意指四個面都是直角三角形的三棱錐.某“憋臑”的三視圖(圖中網格紙上每個小正方形的邊長為1)如圖所示,已知幾何體高為,則該幾何體外接球的表面積為__________.14.命題“對任意,”的否定是.15.已知單位向量的夾角為,則=_________.16.如圖,在直四棱柱中,底面是平行四邊形,點是棱的中點,點是棱靠近的三等分點,且三棱錐的體積為2,則四棱柱的體積為______.三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.(12分)為迎接2022年冬奧會,北京市組織中學生開展冰雪運動的培訓活動,并在培訓結束后對學生進行了考核.記表示學生的考核成績,并規(guī)定為考核優(yōu)秀.為了了解本次培訓活動的效果,在參加培訓的學生中隨機抽取了30名學生的考核成績,并作成如下莖葉圖:(Ⅰ)從參加培訓的學生中隨機選取1人,請根據圖中數據,估計這名學生考核優(yōu)秀的概率;(Ⅱ)從圖中考核成績滿足的學生中任取2人,求至少有一人考核優(yōu)秀的概率;(Ⅲ)記表示學生的考核成績在區(qū)間的概率,根據以往培訓數據,規(guī)定當時培訓有效.請根據圖中數據,判斷此次中學生冰雪培訓活動是否有效,并說明理由.18.(12分)已知的內角的對邊分別為,且滿足.(1)求角的大??;(2)若的面積為,求的周長的最小值.19.(12分)已知(1)當時,判斷函數的極值點的個數;(2)記,若存在實數,使直線與函數的圖象交于不同的兩點,求證:.20.(12分)已知△ABC三內角A、B、C所對邊的長分別為a,b,c,且3sin2A+3sin2B=4sinAsinB+3sin2C.(1)求cosC的值;(2)若a=3,c,求△ABC的面積.21.(12分)已知橢圓:的兩個焦點是,,在橢圓上,且,為坐標原點,直線與直線平行,且與橢圓交于,兩點.連接、與軸交于點,.(1)求橢圓的標準方程;(2)求證:為定值.22.(10分)已知函數.(1)求不等式的解集;(2)若函數的最大值為,且,求的最小值.
參考答案一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】
由題意可得面,可知,因為,則面,于是.由此推出三棱錐外接球球心是的中點,進而算出,外接球半徑為1,得出結果.【詳解】解:由,翻折后得到,又,則面,可知.又因為,則面,于是,因此三棱錐外接球球心是的中點.計算可知,則外接球半徑為1,從而外接球表面積為.故選:C.【點睛】本題主要考查簡單的幾何體、球的表面積等基礎知識;考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力及創(chuàng)新意識,屬于中檔題.2、B【解析】
先根據約束條件畫出可行域,再利用幾何意義求最值.【詳解】解:由變量,滿足不等式組,畫出相應圖形如下:可知點,,在處有最小值,最小值為.故選:B.【點睛】本題主要考查簡單的線性規(guī)劃,運用了數形結合的方法,屬于基礎題.3、B【解析】
先分別判斷命題真假,再由復合命題的真假性,即可得出結論.【詳解】為真命題;命題是假命題,比如當,或時,則不成立.則,,均為假.故選:B【點睛】本題考查復合命題的真假性,判斷簡單命題的真假是解題的關鍵,屬于基礎題.4、B【解析】
結合題意可知是偶函數,且在單調遞減,化簡題目所給式子,建立不等式,結合導函數與原函數的單調性關系,構造新函數,計算最值,即可.【詳解】結合題意可知為偶函數,且在單調遞減,故可以轉換為對應于恒成立,即即對恒成立即對恒成立令,則上遞增,在上遞減,所以令,在上遞減所以.故,故選B.【點睛】本道題考查了函數的基本性質和導函數與原函數單調性關系,計算范圍,可以轉化為函數,結合導函數,計算最值,即可得出答案.5、B【解析】
首先求出,再根據含有個元素的集合有個子集,計算可得.【詳解】解:,,,子集的個數為.故選:.【點睛】考查列舉法、描述法的定義,以及交集的運算,集合子集個數的計算公式,屬于基礎題.6、D【解析】
對于①,利用拋物線的定義,利用可判斷;對于②,設直線的方程為,與拋物線聯立,用坐標表示直線與直線的斜率乘積,即可判斷;對于③,將代入拋物線的方程可得,,從而,,利用韋達定理可得,再由,可用m表示,線段的中垂線與軸的交點(即圓心)橫坐標為,可得a,即可判斷.【詳解】如圖,設為拋物線的焦點,以線段為直徑的圓為,則圓心為線段的中點.設,到準線的距離分別為,,的半徑為,點到準線的距離為,顯然,,三點不共線,則.所以①正確.由題意可設直線的方程為,代入拋物線的方程,有.設點,的坐標分別為,,則,.所以.則直線與直線的斜率乘積為.所以②正確.將代入拋物線的方程可得,,從而,.根據拋物線的對稱性可知,,兩點關于軸對稱,所以過點,,的圓的圓心在軸上.由上,有,,則.所以,線段的中垂線與軸的交點(即圓心)橫坐標為,所以.于是,,代入,,得,所以.所以③正確.故選:D【點睛】本題考查了拋物線的性質綜合,考查了學生綜合分析,轉化劃歸,數形結合,數學運算的能力,屬于較難題.7、B【解析】試題分析:由程序框圖可知:①,;②,;③,;④,;⑤,.第⑤步后輸出,此時,則的最大值為15,故選B.考點:程序框圖.8、B【解析】
由平行求出參數,再由數量積的坐標運算計算.【詳解】由,得,則,,,所以.故選:B.【點睛】本題考查向量平行的坐標表示,考查數量積的坐標運算,掌握向量數量積的坐標運算是解題關鍵.9、B【解析】
作出約束條件的可行域,在可行域內求的最小值即為的最小值,作,平移直線即可求解.【詳解】作出實數滿足不等式組的可行域,如圖(陰影部分)令,則,作出,平移直線,當直線經過點時,截距最小,故,即的最小值為.故選:B【點睛】本題考查了簡單的線性規(guī)劃問題,解題的關鍵是作出可行域、理解目標函數的意義,屬于基礎題.10、A【解析】
先求出的解析式,再求出的解析式,根據三角函數圖象的對稱性可求實數滿足的等式,從而可求其最小值.【詳解】的圖象向右平移個單位長度,所得圖象對應的函數解析式為,故.令,,解得,.因為為偶函數,故直線為其圖象的對稱軸,令,,故,,因為,故,當時,.故選:A.【點睛】本題考查三角函數的圖象變換以及三角函數的圖象性質,注意平移變換是對自變量做加減,比如把的圖象向右平移1個單位后,得到的圖象對應的解析式為,另外,如果為正弦型函數圖象的對稱軸,則有,本題屬于中檔題.11、D【解析】
設點,由,得關于的方程.由題意,該方程有解,則,求出正實數m的取值范圍,即求正實數m的最小值.【詳解】由題意,設點.,即,整理得,則,解得或..故選:.【點睛】本題考查直線與方程,考查平面內兩點間距離公式,屬于中檔題.12、C【解析】
由題可知,曲線與有公共點,即方程有解,可得有解,令,則,對分類討論,得出時,取得極大值,也即為最大值,進而得出結論.【詳解】解:由題可知,曲線與有公共點,即方程有解,即有解,令,則,則當時,;當時,,故時,取得極大值,也即為最大值,當趨近于時,趨近于,所以滿足條件.故選:C.【點睛】本題主要考查利用導數研究函數性質的基本方法,考查化歸與轉化等數學思想,考查抽象概括、運算求解等數學能力,屬于難題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】三視圖還原如下圖:,由于每個面是直角,顯然外接球球心O在AC的中點.所以,,填。【點睛】三視圖還原,當出現三個尖點在一個位置時,我們常用“揪尖法”。外接球球心到各個頂點的距離相等,而直角三角形斜邊上的中點到各頂點的距離相等,所以本題的球心為AC中點。14、存在,使得【解析】試題分析:根據命題否定的概念,可知命題“對任意,”的否定是“存在,使得”.考點:命題的否定.15、【解析】
因為單位向量的夾角為,所以,所以==.16、12【解析】
由題意,設底面平行四邊形的,且邊上的高為,直四棱柱的高為,分別表示出直四棱柱的體積和三棱錐的體積,即可求解?!驹斀狻坑深}意,設底面平行四邊形的,且邊上的高為,直四棱柱的高為,則直四棱柱的體積為,又由三棱錐的體積為,解得,即直四棱柱的體積為?!军c睛】本題主要考查了棱柱與棱錐的體積的計算問題,其中解答中正確認識幾何體的結構特征,合理、恰當地表示直四棱柱三棱錐的體積是解答本題的關鍵,著重考查了推理與運算能力,以及空間想象能力,屬于中檔試題。三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)見解析【解析】
(Ⅰ)根據莖葉圖求出滿足條件的概率即可;(Ⅱ)結合圖表得到6人中有2個人考核為優(yōu),從而求出滿足條件的概率即可;(Ⅲ)求出滿足的成績有16個,求出滿足條件的概率即可.【詳解】解:(Ⅰ)設這名學生考核優(yōu)秀為事件,由莖葉圖中的數據可以知道,30名同學中,有7名同學考核優(yōu)秀,所以所求概率約為(Ⅱ)設從圖中考核成績滿足的學生中任取2人,至少有一人考核成績優(yōu)秀為事件,因為表中成績在的6人中有2個人考核為優(yōu),所以基本事件空間包含15個基本事件,事件包含9個基本事件,所以(Ⅲ)根據表格中的數據,滿足的成績有16個,所以所以可以認為此次冰雪培訓活動有效.【點睛】本題考查了莖葉圖問題,考查概率求值以及轉化思想,是一道常規(guī)題.18、(1)(2)【解析】
(1)因為,所以,由余弦定理得,化簡得,可得,解得,又因為,所以.(6分)(2)因為,所以,則(當且僅當時,取等號).由(1)得(當且僅當時,取等號),解得.所以(當且僅當時,取等號),所以的周長的最小值為.19、(1)沒有極值點;(2)證明見解析【解析】
(1)求導可得,再求導可得,則在遞增,則,從而在遞增,即可判斷;(2)轉化問題為存在且,使,可得,由(1)可知,即,則,整理可得,則,設,則可整理為,設,利用導函數可得,即可求證.【詳解】(1)當時,,,所以在遞增,所以,所以在遞增,所以函數沒有極值點.(2)由題,,若存在實數,使直線與函數的圖象交于不同的兩點,即存在且,使.由可得,,由(1)可知,可得.,所以,即,下面證明,只需證明:,令,則證,即.設,那么,所以,所以,即【點睛】本題考查利用導函數求函數的極值點,考查利用導函數解決雙變量問題,考查運算能力與推理論證能力.20、(1);(2)或.【解析】
(1)利用正弦定理對已知代數式化簡,根據余弦定理求解余弦值;(2)根據余弦定理求出b=1或b=3,結合面積公式求解.【詳解】(1)已知等式3sin2A+3sin2B=4sinAsinB+3sin2C,利用正弦定理化簡得:3a2+3b2﹣3c2=4ab,即a2+b2﹣c2ab,∴cosC;(2)把a=3,c,代入3a2+3b2﹣3c2=4ab得:b=1或b=3,∵cosC,C為三角形內角,∴sinC,∴S△ABCabsinC3×bb,則△ABC的面積為或.【點睛】此題考查利用正余弦定理求解三角形,關鍵在于熟練掌握正弦定理進行邊角互化,利用余弦定理求解邊長,根據面積公式求解面積.21、(1)(2)證明見解析【解析】
(1)根據橢圓的定義可得,將代入橢圓方程,即可求得的值,求得橢圓方程;(2)設直線的方程,代入橢圓方程,求得直線和的方程,求得和的橫坐標,表示出,根據韋達定理即可求證為定值.【詳解】(1)因為,由橢圓的定義得,,點在橢圓上,代入橢圓方程,解得,所以的方程
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