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文檔簡介
北京市東城區北京第六十六中學2025屆高考數學試題考前最后一卷預測卷(二)注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚,將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2.答題時請按要求用筆。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答,超出答題區域書寫的答案無效;在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折暴、不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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,則的虛部是A.3 B. C. D.2.如圖,平面ABCD,ABCD為正方形,且,E,F分別是線段PA,CD的中點,則異面直線EF與BD所成角的余弦值為()A. B. C. D.3.某高中高三(1)班為了沖刺高考,營造良好的學習氛圍,向班內同學征集書法作品貼在班內墻壁上,小王,小董,小李各寫了一幅書法作品,分別是:“入班即靜”,“天道酬勤”,“細節決定成敗”,為了弄清“天道酬勤”這一作品是誰寫的,班主任對三人進行了問話,得到回復如下:小王說:“入班即靜”是我寫的;小董說:“天道酬勤”不是小王寫的,就是我寫的;小李說:“細節決定成敗”不是我寫的.若三人的說法有且僅有一人是正確的,則“入班即靜”的書寫者是()A.小王或小李 B.小王 C.小董 D.小李4.如圖,平面四邊形中,,,,為等邊三角形,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.5.設是虛數單位,則“復數為純虛數”是“”的()A.充要條件 B.必要不充分條件C.既不充分也不必要條件 D.充分不必要條件6.已知命題p:直線a∥b,且b?平面α,則a∥α;命題q:直線l⊥平面α,任意直線m?α,則l⊥m.下列命題為真命題的是()A.p∧q B.p∨(非q) C.(非p)∧q D.p∧(非q)7.已知F為拋物線y2=4x的焦點,過點F且斜率為1的直線交拋物線于A,B兩點,則||FA|﹣|FB||的值等于()A. B.8 C. D.48.某工廠只生產口罩、抽紙和棉簽,如圖是該工廠年至年各產量的百分比堆積圖(例如:年該工廠口罩、抽紙、棉簽產量分別占、、),根據該圖,以下結論一定正確的是()A.年該工廠的棉簽產量最少B.這三年中每年抽紙的產量相差不明顯C.三年累計下來產量最多的是口罩D.口罩的產量逐年增加9.在我國傳統文化“五行”中,有“金、木、水、火、土”五個物質類別,在五者之間,有一種“相生”的關系,具體是:金生水、水生木、木生火、火生土、土生金.從五行中任取兩個,這二者具有相生關系的概率是()A.0.2 B.0.5 C.0.4 D.0.810.已知分別為雙曲線的左、右焦點,點是其一條漸近線上一點,且以為直徑的圓經過點,若的面積為,則雙曲線的離心率為()A. B. C. D.11.點為棱長是2的正方體的內切球球面上的動點,點為的中點,若滿足,則動點的軌跡的長度為()A. B. C. D.12.如圖所示,直三棱柱的高為4,底面邊長分別是5,12,13,當球與上底面三條棱都相切時球心到下底面距離為8,則球的體積為()A.1605π3 B.642二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知,滿足不等式組,則的取值范圍為________.14.如圖,在平面四邊形中,點,是橢圓短軸的兩個端點,點在橢圓上,,記和的面積分別為,,則______.15.若x5=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+…+a5(x-2)5,則a1=_____,a1+a2+…+a5=____16.戊戌年結束,己亥年伊始,小康,小梁,小譚,小楊,小劉,小林六人分成四組,其中兩個組各2人,另兩個組各1人,分別奔赴四所不同的學校參加演講,則不同的分配方案有_________種(用數字作答),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)已知多面體中,、均垂直于平面,,,,是的中點.(1)求證:平面;(2)求直線與平面所成角的正弦值.18.(12分)如圖1,四邊形是邊長為2的菱形,,為的中點,以為折痕將折起到的位置,使得平面平面,如圖2.(1)證明:平面平面;(2)求點到平面的距離.19.(12分)已知橢圓:過點,過坐標原點作兩條互相垂直的射線與橢圓分別交于,兩點.(1)證明:當取得最小值時,橢圓的離心率為.(2)若橢圓的焦距為2,是否存在定圓與直線總相切?若存在,求定圓的方程;若不存在,請說明理由.20.(12分)我們稱n()元有序實數組(,,…,)為n維向量,為該向量的范數.已知n維向量,其中,,2,…,n.記范數為奇數的n維向量的個數為,這個向量的范數之和為.(1)求和的值;(2)當n為偶數時,求,(用n表示).21.(12分)橢圓的左、右焦點分別為,橢圓上兩動點使得四邊形為平行四邊形,且平行四邊形的周長和最大面積分別為8和.(1)求橢圓的標準方程;(2)設直線與橢圓的另一交點為,當點在以線段為直徑的圓上時,求直線的方程.22.(10分)在平面直角坐標系中,曲線的參數方程為(為參數).在以坐標原點為極點,軸的正半軸為極軸的極坐標系中,直線的極坐標方程為.(1)求曲線的普通方程及直線的直角坐標方程;(2)求曲線上的點到直線的距離的最大值與最小值.
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、B【解析】
因為,所以的虛部是.故選B.2、C【解析】
分別以AB,AD,AP所在直線為x軸,y軸,軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,再利用向量法求異面直線EF與BD所成角的余弦值.【詳解】由題可知,分別以AB,AD,AP所在直線為x軸,y軸,軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.設.則.故異面直線EF與BD所成角的余弦值為.故選:C【點睛】本題主要考查空間向量和異面直線所成的角的向量求法,意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.3、D【解析】
根據題意,分別假設一個正確,推理出與假設不矛盾,即可得出結論.【詳解】解:由題意知,若只有小王的說法正確,則小王對應“入班即靜”,而否定小董說法后得出:小王對應“天道酬勤”,則矛盾;若只有小董的說法正確,則小董對應“天道酬勤”,否定小李的說法后得出:小李對應“細節決定成敗”,所以剩下小王對應“入班即靜”,但與小王的錯誤的說法矛盾;若小李的說法正確,則“細節決定成敗”不是小李的,則否定小董的說法得出:小王對應“天道酬勤”,所以得出“細節決定成敗”是小董的,剩下“入班即靜”是小李的,符合題意.所以“入班即靜”的書寫者是:小李.故選:D.【點睛】本題考查推理證明的實際應用.4、A【解析】
將三棱錐補形為如圖所示的三棱柱,則它們的外接球相同,由此易知外接球球心應在棱柱上下底面三角形的外心連線上,在中,計算半徑即可.【詳解】由,,可知平面.將三棱錐補形為如圖所示的三棱柱,則它們的外接球相同.由此易知外接球球心應在棱柱上下底面三角形的外心連線上,記的外心為,由為等邊三角形,可得.又,故在中,,此即為外接球半徑,從而外接球表面積為.故選:A【點睛】本題考查了三棱錐外接球的表面積,考查了學生空間想象,邏輯推理,綜合分析,數學運算的能力,屬于較難題.5、D【解析】
結合純虛數的概念,可得,再結合充分條件和必要條件的定義即可判定選項.【詳解】若復數為純虛數,則,所以,若,不妨設,此時復數,不是純虛數,所以“復數為純虛數”是“”的充分不必要條件.故選:D【點睛】本題考查充分條件和必要條件,考查了純虛數的概念,理解充分必要條件的邏輯關系是解題的關鍵,屬于基礎題.6、C【解析】
首先判斷出為假命題、為真命題,然后結合含有簡單邏輯聯結詞命題的真假性,判斷出正確選項.【詳解】根據線面平行的判定,我們易得命題若直線,直線平面,則直線平面或直線在平面內,命題為假命題;根據線面垂直的定義,我們易得命題若直線平面,則若直線與平面內的任意直線都垂直,命題為真命題.故:A命題“”為假命題;B命題“”為假命題;C命題“”為真命題;D命題“”為假命題.故選:C.【點睛】本小題主要考查線面平行與垂直有關命題真假性的判斷,考查含有簡單邏輯聯結詞的命題的真假性判斷,屬于基礎題.7、C【解析】
將直線方程代入拋物線方程,根據根與系數的關系和拋物線的定義即可得出的值.【詳解】F(1,0),故直線AB的方程為y=x﹣1,聯立方程組,可得x2﹣6x+1=0,設A(x1,y1),B(x2,y2),由根與系數的關系可知x1+x2=6,x1x2=1.由拋物線的定義可知:|FA|=x1+1,|FB|=x2+1,∴||FA|﹣|FB||=|x1﹣x2|=.故選C.【點睛】本題考查了拋物線的定義,直線與拋物線的位置關系,屬于中檔題.8、C【解析】
根據該廠每年產量未知可判斷A、B、D選項的正誤,根據每年口罩在該廠的產量中所占的比重最大可判斷C選項的正誤.綜合可得出結論.【詳解】由于該工廠年至年的產量未知,所以,從年至年棉簽產量、抽紙產量以及口罩產量的變化無法比較,故A、B、D選項錯誤;由堆積圖可知,從年至年,該工廠生產的口罩占該工廠的總產量的比重是最大的,則三年累計下來產量最多的是口罩,C選項正確.故選:C.【點睛】本題考查堆積圖的應用,考查數據處理能力,屬于基礎題.9、B【解析】
利用列舉法,結合古典概型概率計算公式,計算出所求概率.【詳解】從五行中任取兩個,所有可能的方法為:金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土,共種,其中由相生關系的有金水、木水、木火、火土、金土,共種,所以所求的概率為.故選:B【點睛】本小題主要考查古典概型的計算,屬于基礎題.10、B【解析】
根據題意,設點在第一象限,求出此坐標,再利用三角形的面積即可得到結論.【詳解】由題意,設點在第一象限,雙曲線的一條漸近線方程為,所以,,又以為直徑的圓經過點,則,即,解得,,所以,,即,即,所以,雙曲線的離心率為.故選:B.【點睛】本題主要考查雙曲線的離心率,解決本題的關鍵在于求出與的關系,屬于基礎題.11、C【解析】
設的中點為,利用正方形和正方體的性質,結合線面垂直的判定定理可以證明出平面,這樣可以確定動點的軌跡,最后求出動點的軌跡的長度.【詳解】設的中點為,連接,因此有,而,而平面,,因此有平面,所以動點的軌跡平面與正方體的內切球的交線.正方體的棱長為2,所以內切球的半徑為,建立如下圖所示的以為坐標原點的空間直角坐標系:因此有,設平面的法向量為,所以有,因此到平面的距離為:,所以截面圓的半徑為:,因此動點的軌跡的長度為.故選:C【點睛】本題考查了線面垂直的判定定理的應用,考查了立體幾何中軌跡問題,考查了球截面的性質,考查了空間想象能力和數學運算能力.12、A【解析】
設球心為O,三棱柱的上底面ΔA1B1C1的內切圓的圓心為O1,該圓與邊B【詳解】如圖,設三棱柱為ABC-A1B1C所以底面ΔA1B1C1為斜邊是A1C1則圓O1的半徑為O設球心為O,則由球的幾何知識得ΔOO1M所以OM=2即球O的半徑為25所以球O的體積為43故選A.【點睛】本題考查與球有關的組合體的問題,解答本題的關鍵有兩個:(1)構造以球半徑R、球心到小圓圓心的距離d和小圓半徑r為三邊的直角三角形,并在此三角形內求出球的半徑,這是解決與球有關的問題時常用的方法.(2)若直角三角形的兩直角邊為a,b,斜邊為c,則該直角三角形內切圓的半徑r=a+b-c二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】
畫出不等式組表示的平面區域如下圖中陰影部分所示,易知在點處取得最小值,即,所以由圖可知的取值范圍為.14、【解析】
依題意易得A、B、C、D四點共圓且圓心在x軸上,然后設出圓心,由圓的方程與橢圓方程聯立得到B的橫坐標,進一步得到D橫坐標,再由計算比值即可.【詳解】因為,所以A、B、C、D四點共圓,直徑為,又A、C關于x軸對稱,所以圓心E在x軸上,設圓心E為,則圓的方程為,聯立橢圓方程消y得,解得,故B的橫坐標為,又B、D中點是E,所以D的橫坐標為,故.故答案為:.【點睛】本題考查橢圓中的四點共圓及三角形面積之比的問題,考查學生基本計算能力及轉化與化歸思想,本題關鍵是求出B、D橫坐標,是一道有區分度的壓軸填空題.15、80211【解析】
由,利用二項式定理即可得,分別令、后,作差即可得.【詳解】由題意,則,令,得,令,得,故.故答案為:80,211.【點睛】本題考查了二項式定理的應用,屬于中檔題.16、1080【解析】
按照先分組,再分配的分式,先將六人分成四組,其中兩個組各2人,另兩個組各1人有種,再分別奔赴四所不同的學校參加演講有種,然后用分步計數原理求解.【詳解】將六人分成四組,其中兩個組各2人,另兩個組各1人有種,再分別奔赴四所不同的學校參加演講有種,則不同的分配方案有種.故答案為:1080【點睛】本題主要考查分組分配問題,還考查了理解辨析的能力,屬于中檔題.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)見解析;(2).【解析】
(1)取的中點,連接、,推導出四邊形為平行四邊形,可得出,由此能證明平面;(2)由,得平面,則點到平面的距離等于點到平面的距離,在平面內過點作于點,就是到平面的距離,也就是點到平面的距離,由此能求出直線與平面所成角的正弦值.【詳解】(1)取的中點,連接、,、分別為、的中點,則且,、均垂直于平面,且,則,且,所以,四邊形為平行四邊形,則,平面,平面,因此,平面;(2)由,平面,平面,平面,點到平面的距離等于點到平面的距離,在平面內過點作于點,平面,平面,,,,平面,即就是到平面的距離,也就是點到平面的距離,設,則到平面的距離,,因此,直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題考查線面平行的證明,考查線面角的正弦值的求法,考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識,考查運算求解能力,考查數形結合思想,是中檔題.18、(1)證明見解析(2)【解析】
(1)由題意可證得,,所以平面,則平面平面可證;(2)解法一:利用等體積法由可求出點到平面的距離;解法二:由條件知點到平面的距離等于點到平面的距離,過點作的垂線,垂足,證明平面,計算出即可.【詳解】解法一:(1)依題意知,因為,所以.又平面平面,平面平面,平面,所以平面.又平面,所以.由已知,是等邊三角形,且為的中點,所以.因為,所以.又,所以平面.又平面,所以平面平面.(2)在中,,,所以.由(1)知,平面,且,所以三棱錐的體積.在中,,,得,由(1)知,平面,所以,所以,設點到平面的距離,則三棱錐的體積,得.解法二:(1)同解法一;(2)因為,平面,平面,所以平面.所以點到平面的距離等于點到平面的距離.過點作的垂線,垂足,即.由(1)知,平面平面,平面平面,平面,所以平面,即為點到平面的距離.由(1)知,,在中,,,得.又,所以.所以點到平面的距離為.【點睛】本題主要考查空間面面垂直的的判定及點到面的距離,考查學生的空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力.求點到平面的距離一般可采用兩種方法求解:①等體積法;②作(找)出點到平面的垂線段,進行計算即可.19、(1)證明見解析;(2)存在,【解析】
(1)將點代入橢圓方程得到,結合基本不等式,求得取得最小值時,進而證得橢圓的離心率為.(2)當直線的斜率不存在時,根據橢圓的對稱性,求得到直線的距離.當直線的斜率存在時,聯立直線的方程和橢圓方程,寫出韋達定理,利用,則列方程,求得的關系式,進而求得到直線的距離.根據上述分析判斷出所求的圓存在,進而求得定圓的方程.【詳解】(1)證明:∵橢圓經過點,∴,∴,當且僅當,即時,等號成立,此時橢圓的離心率.(2)解:∵橢圓的焦距為2,∴,又,∴,.當直線的斜率不存在時,由對稱性,設,.∵,在橢圓上,∴,∴,∴到直線的距離.當直線的斜率存在時,設的方程為.由,得,.設,,則,.∵,∴,∴,∴,即,∴到直線的距離.綜上,到直線的距離為定值,且定值為,故存在定圓:,使得圓與直線總相切.【點睛】本小題主要考查點和橢圓的位置關系,考查基本不等式求最值,考查直線和橢圓的位置關系,考查點到直線的距離公式,考查分類討論的數學思想方法,考查運算求解能力,屬于中檔題.20、(1),.(2),【解析】
(1)利用枚舉法將范數為奇數的二元有序實數對都寫出來,再做和;(2)用組合數表示和,再由公式或將組合數進行化簡
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