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文檔簡介
高三一輪復習夯基卷●A數(shù)學(二)2025年普通高等學校招生全國統(tǒng)-考試模擬試題夯基卷A●數(shù)學(二)1.能力要求:I.抽象概括能力".推理論證能力Ⅲ.運算求解能力Ⅳ.空間想象能力V.數(shù)據(jù)處理能力Ⅵ.應用意識和創(chuàng)新意識2.學科素養(yǎng):①數(shù)學抽象②邏輯推理③數(shù)學建模④直觀想象⑤數(shù)學運算⑥數(shù)據(jù)分析題號題型知識點(主題內容)能力要求學科素養(yǎng)預估難度I"ⅢⅣVⅥ①②③④⑤⑥檔次系數(shù)1選擇題5中位數(shù)的求解√√√√易0.752選擇題5由集合運算求參√√√√√√易0.723選擇題5等差數(shù)列的通項及前n項和√√√√√√中0.654選擇題5橢圓方程與充要性的綜合√√√√√√√中0.555選擇題5誘導公式的應用√√√√√√中0.506選擇題5比較指、對數(shù)式的大小√√√√中0.407選擇題5條件概率√√√√√√√√√√中0.308選擇題5利用導數(shù)解決抽象函數(shù)問題√√√√√√√√√難0.259選擇題6向量的坐標運算√√√√√√中0.6010選擇題6立體幾何的綜合√√√√√√√√√√√中0.3511選擇題6綜合√√√√√√√√√√難0.2512填空題5復數(shù)范圍內分解因式√√√√易0.7513填空題5斜二測畫法與三棱錐外接球的綜合√√√√√√√√√中0.5014填空題5范圍√√√√√√√√√√難0.2815解答題13以柱體為載體,求線段的長,距離√√√√√√√√√√√中0.6016解答題15統(tǒng)計案例,數(shù)學期望的應用√√√√√√√√√√中0.5517解答題15利用正、余弦定理及平面向量解多個三角形√√√√√√√中0.35高三一輪復習夯基卷●A數(shù)學(二)18解答題17直線與拋物線的位置關系,直線過定點問題√√√√√√√√√√難0.2819解答題17導數(shù)與數(shù)列的綜合√√√√√√√√√難0.22高三一輪復習夯基卷.A數(shù)學(二).1.數(shù)學(二)氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵得89,90,92,94,97,98,故中位數(shù)為得89,90,92,94,97,98,故中位數(shù)為2=93.故選B.2.D【解析】由題可知B={父|父<a},因為AUB=B,所以A=B,所以a>5.故選D.3.C【解析】曲線f(父)=tan父的對稱中心為,0(k∈Z),故an=n2π(n∈N*),所以數(shù)列{an}是以為首項,為公差的等差數(shù)列,所以S20=20×十 2=105π.故選C.2=1,若曲線C是焦點在y軸上的橢圓,則t—2>4—t>0,解得3<t<4,對照各選項,可知曲線C是焦點在y軸上的橢圓的一個充分不必要條件是“<t<4”.故選A.),所以tan—α),所以tan—α)=6=—16.D【解析】因為1<a=30.3<30.5<2,b=log315=1十log35>2>a,c=log923十1=十1=log323十1=log3\十1<log35十1=b,且log3\十1>log33十1=2,所以a<c<b.故選D.7.C【解析】記事件G:相鄰的兩個頂點掛不同形狀的風鈴,事件H:A與C處掛同一種形狀的風鈴,對于事件G,包含的情況可分以下三類:(1)當A,C,E掛同一種形狀的風鈴時,有4種掛法,此時B,D,F各有3種掛法,故不同的掛法共有4×3×3×3=108種;(2)當A,C,E掛兩種不同形狀的風鈴時,有CA種掛法,此時B,D,F有3×2×2種掛法,故不同的掛法共有CA×3×2×2=432種;(3)當A,C,E掛三種不同形狀的風鈴時,有A種掛法,此時B,D,F各有2種掛法,故不同的掛法共有A×2×2×2=192種.綜上,總計有108十432十192=732種掛法,即n(G)=732.當頂點A與C掛同一種形狀的風鈴,且相鄰兩頂點掛不同形狀的風鈴時,分以下兩類:(1)A,C,E掛同一種形狀的風鈴,由前面解析可知,此時不同的掛法有108種;(2)當A,C掛同一種形狀的風鈴,E掛其他形狀的風鈴時,有A種掛法,此時B,D,F有3×2×2種掛法,故不同的掛法共有A×3×2×2=144種.綜上,總計有108十144=252種掛法,即n(GH)=252,故P(HG)===.故選C.8.A【解析】由g(2父)=f(2父)十f(4—2父),得g(父)=f(父)十f(4—父),因為g(2父)是奇函數(shù),所g(0)=0.又g(4—父)=f(4—父)十f(父)=g(父),所以g(4—父)=—g(—父),即g(4十父)=—g(父),g(父)的一個周期,所以g(12)=g(4)=—g(0)=0,由g(1)=\,得g(5)=—g(1)=—\.由gggg—g,(父十4)=g,(父),所以8也是g,(父)的一個周期,所以g,(2)=g,(4—2)=—g,(—2)=—g,(2),得g,(2)=0,所以g,(10)=g,(2)=0,所以g(5)十g(12)十g,(10)=—\十0十0=—\.故選A.9.BC【解析】由a十b=(m十1,m—3),a—b=(m—1,1—m),得a=(m,—1),b=(1,m—2),對于A,由aⅡb,得m2—2m十1=0,解得m=1,此時a=b,不可以作為一組基底,A錯誤;對于B,a.b=m—m十2=2,故a.b為定值2,B正確;對于C,當m=3時,a=(3,—1),b=(1,1),向量a在b上的a.b|b|2投影向量為.b=b=(1,1)a.b|b|2數(shù)學(二)參考答案及解析氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵 選BC. 10.BCD【解析】由PA=1,OA=AC=\,可求得上APO=,PO=,所以上APC=.對于A,S△PAB=PA2sin上APB≤PA2=,當且僅當上APB=時取等號,故A錯誤;對于B,若AB丄平面PBC,則AB丄PB,即上PBA=,從而得PA>PB,與PA=PB矛盾,所以AB與平面PBC不可能垂直,故B正確;對于C,VC—APB=VP—ABC=S△ABC●PO=S△ABC,顯然當點B為的中點時,S△ABC取得最大值,此時三棱錐C—APB的體積最大,故C正確;對于D,如圖,PACAB作AD丄PB于點D,連接OB,OD,CD,因為點B為^AC的中點,所以由對稱性可知,CD丄PB,即上ADC為二面角A—PB—C的平面角,且上ADC=2上ADO, OD丄PB,AO丄OD,由等面積法得OD●PB= POOB,所以OD===\,所以AD=\5,則cos上ADO==\,所以2cos上ADC=cos2上ADO=2cos2上ADO—1=21=—,故D正確.故選BCD. 11.AC【解析】由題可得f(父)=4cos父sin父— (2父十=f(父),所以πYA24兀11n23TY=121212(2父十≥0,則2kπ≤2父十≤2kπ十π,k∈Z,解得kπ—≤父≤kπ十,k∈Z;令2sin(2父十<0,即sin(2父十<0,則2kπ十π<2父十<2kπ十2π,k∈Z,解得kπ十<父<kπ十,k∈Z,結合周期性可取—≤父≤和<父<,若(2父十=2\sin(2父;若<父< YA24兀11n23TY=121212〈〈得f(父)的圖象如圖所示,結合周期性可,13T12-2y=t27T5n13T12-2y=t27T5n13T31r17T37T2412242412242y=17n由f(父)的圖象可知,f(父)的最小正周期是π,值域是[—2,2\],故A正確,B錯誤;對于直線y=時,y=2\>2,故當父≤—或父≥時,直線y=2π2父與f(父)的圖象沒有交點;當—< 父<時,由圖可知直線y=2π2父與f(父)的圖象恰有5個交點,故C正確;當父∈[0,2π],2<t<2\2時,由圖可知直線y=t與f(父)的圖象有8個交點,設這8個交點的橫坐標從小到大依次為父1,4選AC.)(父\i)【解析】高三一輪復習夯基卷●A數(shù)學(二)氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵13.12π【解析】因為A,C,=2B,C,=2,上B,C,A,=45。,所以AC=BC=2,AC丄BC,過點P作PD丄平面ABC于點D,則PD=2,由PA=PB=AB=2\,可知CD平分上BCA,設AB與CD的交點為PDO,則OP=PAsin60。=\,所以OD=\=\2=OC,所以四邊形ACBD是正方形,故可將此三棱錐補形成如圖所示的正方體,PDBBCA則該正方體的體對角線PC即為三棱錐P—ABC外接球的一條直徑,設該外接球的半徑為R,則2R=\3AC2=2\,即R=\,則其表面積為S=4πR2=14,2)【解析】在△AMF中,上AFM=,由余弦定理得|AM|2=|AF|2十|MF|2—2|AF|●|MF|●cOs=|AF|2十|MF|2十|AF|●|MF|,又|AM|2≤iMFi2,所以|AF|2十|MF|2十|AF|●|MF|≤|MF|2,整理得(4|AF|十5|MF|)(4|AF|—|MF|)≤0,解得|AF|≤|MF|.設雙曲線的左焦點為F,,則MF,=MF十2a,在△F,MF中,由余弦定理得(MF十2a)2=MFi2十iF,Fi2—2iMFi●iF,Fi●cOs,得MF=,由|AF|≤|MF|,得c十a≤,整理得(c十a)(5c3c)≤0,所以≤<y2,所以C的離心率的取值范圍是,2).yAF'FMAF'FM15.解:(1)連接OB,OA1,因為三棱柱ABC—A1B1C1是正三棱柱,所以平面ACC1A1丄平面ABC.(1分)因為△ABC為等邊三角形,O為AC的中點,所以OB丄AC.(3分)又平面ACC1A1∩平面ABC=AC,OBG平面ABC,所以OB丄平面ACC1A1,(4分)又OA1G平面ACC1A1,所以OB丄OA1.(5分)因為D為A1B的中點,所以OD=A1B=\AB2十AA=\.(6分)(2)以點O為原點,OB,OC所在直線分別為父軸,y軸,以過點O且平行于AA1的直線為義軸建立如圖所示的空間直角坐標系,CA1ZACA1ZAAB1DCAB1DCyB則O(0,0,0),C(0,1,0),C1(0,1,4),A1(0,—1,4),,,O=(0,1,0),C1=(0,0,4).(8分)設平面ACD的法向量為n=(父,y,義),(n●O=y=0,令父=2,得n=(2,0,—\.(10分)設點C1到平面ACD的距離為d,則d==0×2十0×0十4×(—\ n|\22十02十219=4\57,19數(shù)學(二)參考答案及解析氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵555.55.t-=1十2十十4十5=3,Σi1t=55,(2分)Σ5(ti—t-)(yi—y-)Σ5所以2==0.616,(4分)2.088.(6分)故可預測該手機大賣場2024年12月份AI手機的月銷量為=0.616×12十2.088=9.48(萬部).(7分)(2)設甲、乙兩人中選擇購買AI手機的人數(shù)為X,則X的所有可能取值為0,1,2,P(X=0)=(1—p)(3—3p)=3p2—6p十3,P(X=1)=(1—p)(3p—2)十p(3—3p)=—6p2十8p—2,P(X=2)=p(3p—2)=3p2—2p,(10分)所以E(X)=0十1×(—6p2十8p—2)十2×(3p2—2p)=4p—2,(12分)所以E(600X)=600(4p—2),(13分)又<p<1,所以400<E(600X)<1200,故A市對甲、乙兩人購買AI手機的補貼總金額期望值的取值范圍為(400,1200).(15分)17.解:由S=\A●A, 得AB●ACsin上BAC=\AB●ACcos上BAC,所以sin上BAC=\cos上BAC,即tan上BAC=\,又上BAC∈(0,π),3.所以上BAC=π3.(1)由BD=2DC,得=2—,所以AA=2A2A,即A=A十A,(5分)兩邊平方得A—2=A2十iAi2十2× 3×3lABllAC即iAi2=×9十×36十2×××3×6×=21,(7分)→所以AD=AD=\21.(8分)→(2)因為AD平分上BAC,所以上BAD=上CAD=,sinCsin上ADC在△ACD中,由正弦定理AD=ACsinCsin上ADC=cossinC=\十2taC.(10分)因為△ABC是銳角三角形,(0<—C<,所以〈(20<C<π(2解得<C<,(12分)所以tanC>\,所以0<<\,所以\<\十<\,\,\,(13分)所以2AC3AD∈(2\,3\),(14分)所以2ACAD∈(\,\.(15分)18.解:(1)“直線l過焦點F且與C交于A,B兩點,:直線l的斜率不為0,不妨設直線l的方程為父=my十,A(父1,y1),B(父2,y2),聯(lián)立直線l與C的方程,得y2—2mpy—p2=0,Δ=4p2(m2十1)>0,:y1十y2=2mp,y1y2=—p2,(2分)則AB=父1十父2十p=m(y1十y2)十2p=2p(m2十1),(3分)由題可知當m=1時,AB=8,:p=2,(4分):拋物線C的方程為y2=4父.(5分)(2)由(1)可知,y1十y2=2mp=4m,y1y2=—p2=—4,D(—1,0),高三一輪復習夯基卷.A數(shù)學(二).5.氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵=y1(my2十1)十(y1十y2=2(y12十1)=0,(8分):KDA=—KDB,:直線DA與DB關于兒軸對稱.(9分)(3)由題意可知直線PQ的斜率不為0,設P(兒3,y3),Q(兒4,y4),由(1)知y1十y2=4m,y1y2=—4.(10分)由題意可知直線AP的斜率不為0,設直線AP的方程為兒=ny十2,聯(lián)立得y2—4ny—8=0,則Δ,=16n2十32>0,:y1十y3=4n,y1y3=—8,:y3=—y81,同理可得y4=—y82.(11分)當直線PQ的斜率存在且不為0時,直線l的斜率也存在且不為0,則m≠0,:KPQ=—==y3y4== y1y22( y1y22(y1十y2):直線PQ的方程為兒=2m(y—y3)十兒3,(13分)由對稱性知,定點在兒軸上,令y=0,得兒=—2my3十兒3=—2my3十2=十=4(y1y十1y2)十=4十4十=4十4.y1十4=4,:直線PQ過定點E(4,0).
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