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文檔簡介
重慶市外國語學校2025年招生全國統一考試最新模擬卷數學試題(二)注意事項1.考試結束后,請將本試卷和答題卡一并交回.2.答題前,請務必將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置.3.請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符.4.作答選擇題,必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑;如需改動,請用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案.作答非選擇題,必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律無效.5.如需作圖,須用2B鉛筆繪、寫清楚,線條、符號等須加黑、加粗.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.若函數()的圖象過點,則()A.函數的值域是 B.點是的一個對稱中心C.函數的最小正周期是 D.直線是的一條對稱軸2.已知定義在上的函數滿足,且當時,,則方程的最小實根的值為()A. B. C. D.3.已知,則下列不等式正確的是()A. B.C. D.4.如圖,圓錐底面半徑為,體積為,、是底面圓的兩條互相垂直的直徑,是母線的中點,已知過與的平面與圓錐側面的交線是以為頂點的拋物線的一部分,則該拋物線的焦點到圓錐頂點的距離等于()A. B.1 C. D.5.在中,,則=()A. B.C. D.6.設集合、是全集的兩個子集,則“”是“”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件7.的二項展開式中,的系數是()A.70 B.-70 C.28 D.-288.已知半徑為2的球內有一個內接圓柱,若圓柱的高為2,則球的體積與圓柱的體積的比為()A. B. C. D.9.如圖,在矩形中的曲線分別是,的一部分,,,在矩形內隨機取一點,若此點取自陰影部分的概率為,取自非陰影部分的概率為,則()A. B. C. D.大小關系不能確定10.盒中裝有形狀、大小完全相同的5張“刮刮卡”,其中只有2張“刮刮卡”有獎,現甲從盒中隨機取出2張,則至少有一張有獎的概率為()A. B. C. D.11.的展開式中的一次項系數為()A. B. C. D.12.設命題:,,則為A., B.,C., D.,二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.在三棱錐中,,三角形為等邊三角形,二面角的余弦值為,當三棱錐的體積最大值為時,三棱錐的外接球的表面積為______.14.若,則__________.15.某班有學生52人,現將所有學生隨機編號,用系統抽樣方法,抽取一個容量為4的樣本,已知5號、31號、44號學生在樣本中,則樣本中還有一個學生的編號是__________.16.設平面向量與的夾角為,且,,則的取值范圍為______.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)已知函數(mR)的導函數為.(1)若函數存在極值,求m的取值范圍;(2)設函數(其中e為自然對數的底數),對任意mR,若關于x的不等式在(0,)上恒成立,求正整數k的取值集合.18.(12分)在平面直角坐標系中,直線的傾斜角為,且經過點.以坐標原點O為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,直線,從原點O作射線交于點M,點N為射線OM上的點,滿足,記點N的軌跡為曲線C.(Ⅰ)求出直線的參數方程和曲線C的直角坐標方程;(Ⅱ)設直線與曲線C交于P,Q兩點,求的值.19.(12分)如圖,為坐標原點,點為拋物線的焦點,且拋物線上點處的切線與圓相切于點(1)當直線的方程為時,求拋物線的方程;(2)當正數變化時,記分別為的面積,求的最小值.20.(12分)以坐標原點為極點,軸的正半軸為極軸,且在兩種坐標系中取相同的長度單位,建立極坐標系,判斷直線為參數)與圓的位置關系.21.(12分)已知函數.(1)解不等式;(2)若函數最小值為,且,求的最小值.22.(10分)已知公差不為零的等差數列的前n項和為,,是與的等比中項.(1)求;(2)設數列滿足,,求數列的通項公式.
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.A【解析】
根據函數的圖像過點,求出,可得,再利用余弦函數的圖像與性質,得出結論.【詳解】由函數()的圖象過點,可得,即,,,故,對于A,由,則,故A正確;對于B,當時,,故B錯誤;對于C,,故C錯誤;對于D,當時,,故D錯誤;故選:A本題主要考查了二倍角的余弦公式、三角函數的圖像與性質,需熟記性質與公式,屬于基礎題.2.C【解析】
先確定解析式求出的函數值,然后判斷出方程的最小實根的范圍結合此時的,通過計算即可得到答案.【詳解】當時,,所以,故當時,,所以,而,所以,又當時,的極大值為1,所以當時,的極大值為,設方程的最小實根為,,則,即,此時令,得,所以最小實根為411.故選:C.本題考查函數與方程的根的最小值問題,涉及函數極大值、函數解析式的求法等知識,本題有一定的難度及高度,是一道有較好區分度的壓軸選這題.3.D【解析】
利用特殊值代入法,作差法,排除不符合條件的選項,得到符合條件的選項.【詳解】已知,賦值法討論的情況:(1)當時,令,,則,,排除B、C選項;(2)當時,令,,則,排除A選項.故選:D.比較大小通常采用作差法,本題主要考查不等式與不等關系,不等式的基本性質,利用特殊值代入法,排除不符合條件的選項,得到符合條件的選項,是一種簡單有效的方法,屬于中等題.4.D【解析】
建立平面直角坐標系,求得拋物線的軌跡方程,解直角三角形求得拋物線的焦點到圓錐頂點的距離.【詳解】將拋物線放入坐標系,如圖所示,∵,,,∴,設拋物線,代入點,可得∴焦點為,即焦點為中點,設焦點為,,,∴.故選:D本小題考查圓錐曲線的概念,拋物線的性質,兩點間的距離等基礎知識;考查運算求解能力,空間想象能力,推理論證能力,應用意識.5.B【解析】
在上分別取點,使得,可知為平行四邊形,從而可得到,即可得到答案.【詳解】如下圖,,在上分別取點,使得,則為平行四邊形,故,故答案為B.本題考查了平面向量的線性運算,考查了學生邏輯推理能力,屬于基礎題.6.C【解析】
作出韋恩圖,數形結合,即可得出結論.【詳解】如圖所示,,同時.故選:C.本題考查集合關系及充要條件,注意數形結合方法的應用,屬于基礎題.7.A【解析】試題分析:由題意得,二項展開式的通項為,令,所以的系數是,故選A.考點:二項式定理的應用.8.D【解析】
分別求出球和圓柱的體積,然后可得比值.【詳解】設圓柱的底面圓半徑為,則,所以圓柱的體積.又球的體積,所以球的體積與圓柱的體積的比,故選D.本題主要考查幾何體的體積求解,側重考查數學運算的核心素養.9.B【解析】
先用定積分求得陰影部分一半的面積,再根據幾何概型概率公式可求得.【詳解】根據題意,陰影部分的面積的一半為:,于是此點取自陰影部分的概率為.又,故.故選B.本題考查了幾何概型,定積分的計算以及幾何意義,屬于中檔題.10.C【解析】
先計算出總的基本事件的個數,再計算出兩張都沒獲獎的個數,根據古典概型的概率,求出兩張都沒有獎的概率,由對立事件的概率關系,即可求解.【詳解】從5張“刮刮卡”中隨機取出2張,共有種情況,2張均沒有獎的情況有(種),故所求概率為.故選:C.本題考查古典概型的概率、對立事件的概率關系,意在考查數學建模、數學計算能力,屬于基礎題.11.B【解析】
根據多項式乘法法則得出的一次項系數,然后由等差數列的前項和公式和組合數公式得出結論.【詳解】由題意展開式中的一次項系數為.故選:B.本題考查二項式定理的應用,應用多項式乘法法則可得展開式中某項系數.同時本題考查了組合數公式.12.D【解析】
直接利用全稱命題的否定是特稱命題寫出結果即可.【詳解】因為全稱命題的否定是特稱命題,所以,命題:,,則為:,.故本題答案為D.本題考查命題的否定,特稱命題與全稱命題的否定關系,是基礎題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.【解析】
根據題意作出圖象,利用三垂線定理找出二面角的平面角,再設出的長,即可求出三棱錐的高,然后利用利用基本不等式即可確定三棱錐的體積最大值,從而得出各棱的長度,最后根據球的幾何性質,利用球心距,半徑,底面半徑之間的關系即可求出三棱錐的外接球的表面積.【詳解】如圖所示:過點作面,垂足為,過點作交于點,連接.則為二面角的平面角的補角,即有.∵易證面,∴,而三角形為等邊三角形,∴為的中點.設,.∴.故三棱錐的體積為當且僅當時,,即.∴三點共線.設三棱錐的外接球的球心為,半徑為.過點作于,∴四邊形為矩形.則,,,在中,,解得.三棱錐的外接球的表面積為.故答案為:.本題主要考查三棱錐的外接球的表面積的求法,涉及二面角的運用,基本不等式的應用,以及球的幾何性質的應用,意在考查學生的直觀想象能力,數學運算能力和邏輯推理能力,屬于較難題.14.【解析】
因為,由二倍角公式得到,故得到.故答案為.15.18【解析】
根據系統抽樣的定義和方法,所抽取的4個個體的編號成等差數列,故可根據其中三個個體的編號求出另一個個體的編號.【詳解】解:根據系統抽樣的定義和方法,所抽取的4個個體的編號成等差數列,已知其中三個個體的編號為5,31,44,故還有一個抽取的個體的編號為18,故答案為:18本題主要考查系統抽樣的定義和方法,屬于簡單題.16.【解析】
根據已知條件計算出,結合得出,利用基本不等式可得出的取值范圍,利用平面向量的數量積公式可求得的取值范圍,進而可得出的取值范圍.【詳解】,,,由得,,由基本不等式可得,,,,,因此,的取值范圍為.故答案為:.本題考查利用向量的模求解平面向量夾角的取值范圍,考查計算能力,屬于中等題.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.(1)(2){1,2}.【解析】
(1)求解導數,表示出,再利用的導數可求m的取值范圍;(2)表示出,結合二次函數知識求出的最小值,再結合導數及基本不等式求出的最值,從而可求正整數k的取值集合.【詳解】(1)因為,所以,所以,則,由題意可知,解得;(2)由(1)可知,,所以因為整理得,設,則,所以單調遞增,又因為,所以存在,使得,設,是關于開口向上的二次函數,則,設,則,令,則,所以單調遞增,因為,所以存在,使得,即,當時,,當時,,所以在上單調遞減,在上單調遞增,所以,因為,所以,又由題意可知,所以,解得,所以正整數k的取值集合為{1,2}.本題主要考查導數的應用,利用導數研究極值問題一般轉化為導數的零點問題,恒成立問題要逐步消去參數,轉化為最值問題求解,適當構造函數是轉化的關鍵,本題綜合性較強,難度較大,側重考查數學抽象和邏輯推理的核心素養.18.(Ⅰ)(t為參數),;(Ⅱ)1.【解析】
(Ⅰ)直接由已知寫出直線l1的參數方程,設N(ρ,θ),M(ρ1,θ1),(ρ>0,ρ1>0),由題意可得,即ρ=4cosθ,然后化為普通方程;(Ⅱ)將l1的參數方程代入C的直角坐標方程中,得到關于t的一元二次方程,再由參數t的幾何意義可得|AP|?|AQ|的值.【詳解】(Ⅰ)直線l1的參數方程為,(t為參數)即(t為參數).設N(ρ,θ),M(ρ1,θ1),(ρ>0,ρ1>0),則,即,即ρ=4cosθ,∴曲線C的直角坐標方程為x2-4x+y2=0(x≠0).(Ⅱ)將l1的參數方程代入C的直角坐標方程中,得,即,t1,t2為方程的兩個根,∴t1t2=-1,∴|AP|?|AQ|=|t1t2|=|-1|=1.本題考查簡單曲線的極坐標方程,考查直角坐標方程與直角坐標方程的互化,訓練了直線參數方程中參數t的幾何意義的應用,是中檔題.19.(1)x2=4y.(2).【解析】試題解析:(Ⅰ)設點P(x0,),由x2=2py(p>0)得,y=,求導y′=,因為直線PQ的斜率為1,所以=1且x0--√2=0,解得p=2,所以拋物線C1的方程為x2=4y.(Ⅱ)因為點P處的切線方程為:y-=(x-x0),即2x0x-2py-x02=0,∴OQ的方程為y=-x根據切線與圓切,得d=r,即,化簡得x04=4x02+4p2,由方程組,解得Q(,),所以|PQ|=√1+k2|xP-xQ|=點F(0,)到切線PQ的距離是d=,所以S1==,S2=,而由x04=4x02+4p2知,4p2=x04-4x02>0,得|x0|>2,所以==+1≥2+1,當且僅當時取“=”號,即x02=4+2,此時,p=.所以的最小值為2+1.考點:求拋物線的方程,與拋物線有關的最值問題.20.直線與圓C相切.【解析】
首先把直線和圓轉換為直角坐標方程,進一步利用點到直線的距離的應用求出直線和圓的位置關系.【詳解】直線為參數),轉換為直角坐標方程為.圓轉換為直角坐標方程為,轉換為標準形式為,所以圓心到直線,的距離.直線與圓C相切.本題考查的知識要點:參數方程極坐標方程和直角坐標方程之間的轉換,直線與圓的位置關系式的應用,點到直線的距離公式的應用,主要考查學生的運算能力和轉換能力及思維能力,屬于基礎題型.21.(1)(2)【解析】
(1)利用零點分段法,求得不等式的解集.(2)先求得,即,再根據“的代換”的方法,結合基本不等式,求得的最小值.【詳解】(1
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