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2025屆福建省泉州市永春一中高考仿真卷數(shù)學(xué)試卷注意事項(xiàng):1.答題前,考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫清楚,將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3.請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試題卷上答題無效。4.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,不準(zhǔn)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(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.某人2018年的家庭總收人為元,各種用途占比如圖中的折線圖,年家庭總收入的各種用途占比統(tǒng)計(jì)如圖中的條形圖,已知年的就醫(yī)費(fèi)用比年的就醫(yī)費(fèi)用增加了元,則該人年的儲(chǔ)畜費(fèi)用為()A.元 B.元 C.元 D.元2.函數(shù)在上的最大值和最小值分別為()A.,-2 B.,-9 C.-2,-9 D.2,-23.已知直線與圓有公共點(diǎn),則的最大值為()A.4 B. C. D.4.已知,滿足條件(為常數(shù)),若目標(biāo)函數(shù)的最大值為9,則()A. B. C. D.5.已知向量,則是的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.既不充分也不必要條件 D.充要條件6.復(fù)數(shù)的虛部為()A. B. C.2 D.7.在平行四邊形中,若則()A. B. C. D.8.已知函數(shù)與的圖象有一個(gè)橫坐標(biāo)為的交點(diǎn),若函數(shù)的圖象的縱坐標(biāo)不變,橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼谋逗?,得到的函?shù)在有且僅有5個(gè)零點(diǎn),則的取值范圍是()A. B.C. D.9.已知實(shí)數(shù)x,y滿足,則的最小值等于()A. B. C. D.10.已知集合,,則()A. B. C. D.11.已知集合,則為()A.[0,2) B.(2,3] C.[2,3] D.(0,2]12.已知拋物線上一點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離為,分別為拋物線與圓上的動(dòng)點(diǎn),則的最小值為()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.設(shè),則“”是“”的__________條件.14.設(shè),分別是橢圓C:()的左、右焦點(diǎn),直線l過交橢圓C于A,B兩點(diǎn),交y軸于E點(diǎn),若滿足,且,則橢圓C的離心率為______.15.已知為偶函數(shù),當(dāng)時(shí),,則__________.16.已知數(shù)列的前項(xiàng)和公式為,則數(shù)列的通項(xiàng)公式為___.三、解答題:共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.(12分)某廣告商租用了一塊如圖所示的半圓形封閉區(qū)域用于產(chǎn)品展示,該封閉區(qū)域由以為圓心的半圓及直徑圍成.在此區(qū)域內(nèi)原有一個(gè)以為直徑、為圓心的半圓形展示區(qū),該廣告商欲在此基礎(chǔ)上,將其改建成一個(gè)凸四邊形的展示區(qū),其中、分別在半圓與半圓的圓弧上,且與半圓相切于點(diǎn).已知長(zhǎng)為40米,設(shè)為.(上述圖形均視作在同一平面內(nèi))(1)記四邊形的周長(zhǎng)為,求的表達(dá)式;(2)要使改建成的展示區(qū)的面積最大,求的值.18.(12分)設(shè),(1)求的單調(diào)區(qū)間;(2)設(shè)恒成立,求實(shí)數(shù)的取值范圍.19.(12分)已知函數(shù)是減函數(shù).(1)試確定a的值;(2)已知數(shù)列,求證:.20.(12分)如圖,在四棱錐中,底面是直角梯形且∥,側(cè)面為等邊三角形,且平面平面.(1)求平面與平面所成的銳二面角的大?。唬?)若,且直線與平面所成角為,求的值.21.(12分)已知,,分別為內(nèi)角,,的對(duì)邊,且.(1)證明:;(2)若的面積,,求角.22.(10分)已知函數(shù).(1)當(dāng)時(shí),求不等式的解集;(2)若的解集包含,求的取值范圍.
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(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、A【解析】
根據(jù)2018年的家庭總收人為元,且就醫(yī)費(fèi)用占得到就醫(yī)費(fèi)用,再根據(jù)年的就醫(yī)費(fèi)用比年的就醫(yī)費(fèi)用增加了元,得到年的就醫(yī)費(fèi)用,然后由年的就醫(yī)費(fèi)用占總收人,得到2019年的家庭總收人再根據(jù)儲(chǔ)畜費(fèi)用占總收人求解.【詳解】因?yàn)?018年的家庭總收人為元,且就醫(yī)費(fèi)用占所以就醫(yī)費(fèi)用因?yàn)槟甑木歪t(yī)費(fèi)用比年的就醫(yī)費(fèi)用增加了元,所以年的就醫(yī)費(fèi)用元,而年的就醫(yī)費(fèi)用占總收人所以2019年的家庭總收人為而儲(chǔ)畜費(fèi)用占總收人所以儲(chǔ)畜費(fèi)用:故選:A【點(diǎn)睛】本題主要考查統(tǒng)計(jì)中的折線圖和條形圖的應(yīng)用,還考查了建模解模的能力,屬于基礎(chǔ)題.2、B【解析】
由函數(shù)解析式中含絕對(duì)值,所以去絕對(duì)值并畫出函數(shù)圖象,結(jié)合圖象即可求得在上的最大值和最小值.【詳解】依題意,,作出函數(shù)的圖象如下所示;由函數(shù)圖像可知,當(dāng)時(shí),有最大值,當(dāng)時(shí),有最小值.故選:B.【點(diǎn)睛】本題考查了絕對(duì)值函數(shù)圖象的畫法,由函數(shù)圖象求函數(shù)的最值,屬于基礎(chǔ)題.3、C【解析】
根據(jù)表示圓和直線與圓有公共點(diǎn),得到,再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解.【詳解】因?yàn)楸硎緢A,所以,解得,因?yàn)橹本€與圓有公共點(diǎn),所以圓心到直線的距離,即,解得,此時(shí),因?yàn)椋谶f增,所以的最大值.故選:C【點(diǎn)睛】本題主要考查圓的方程,直線與圓的位置關(guān)系以及二次函數(shù)的性質(zhì),還考查了運(yùn)算求解的能力,屬于中檔題.4、B【解析】
由目標(biāo)函數(shù)的最大值為9,我們可以畫出滿足條件件為常數(shù))的可行域,根據(jù)目標(biāo)函數(shù)的解析式形式,分析取得最優(yōu)解的點(diǎn)的坐標(biāo),然后根據(jù)分析列出一個(gè)含參數(shù)的方程組,消參后即可得到的取值.【詳解】畫出,滿足的為常數(shù))可行域如下圖:由于目標(biāo)函數(shù)的最大值為9,可得直線與直線的交點(diǎn),使目標(biāo)函數(shù)取得最大值,將,代入得:.故選:.【點(diǎn)睛】如果約束條件中含有參數(shù),我們可以先畫出不含參數(shù)的幾個(gè)不等式對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域,分析取得最優(yōu)解是哪兩條直線的交點(diǎn),然后得到一個(gè)含有參數(shù)的方程(組,代入另一條直線方程,消去,后,即可求出參數(shù)的值.5、A【解析】
向量,,,則,即,或者-1,判斷出即可.【詳解】解:向量,,,則,即,或者-1,所以是或者的充分不必要條件,故選:A.【點(diǎn)睛】本小題主要考查充分、必要條件的判斷,考查向量平行的坐標(biāo)表示,屬于基礎(chǔ)題.6、D【解析】
根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算,化簡(jiǎn)出,即可得出虛部.【詳解】解:=,故虛部為-2.故選:D.【點(diǎn)睛】本題考查復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算和復(fù)數(shù)的概念.7、C【解析】
由,,利用平面向量的數(shù)量積運(yùn)算,先求得利用平行四邊形的性質(zhì)可得結(jié)果.【詳解】如圖所示,
平行四邊形中,,
,,,
因?yàn)?
所以
,
,所以,故選C.【點(diǎn)睛】本題主要考查向量的幾何運(yùn)算以及平面向量數(shù)量積的運(yùn)算法則,屬于中檔題.向量的運(yùn)算有兩種方法:(1)平行四邊形法則(平行四邊形的對(duì)角線分別是兩向量的和與差);(2)三角形法則(兩箭頭間向量是差,箭頭與箭尾間向量是和).8、A【解析】
根據(jù)題意,,求出,所以,根據(jù)三角函數(shù)圖像平移伸縮,即可求出的取值范圍.【詳解】已知與的圖象有一個(gè)橫坐標(biāo)為的交點(diǎn),則,,,,,若函數(shù)圖象的縱坐標(biāo)不變,橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼谋叮瑒t,所以當(dāng)時(shí),,在有且僅有5個(gè)零點(diǎn),,.故選:A.【點(diǎn)睛】本題考查三角函數(shù)圖象的性質(zhì)、三角函數(shù)的平移伸縮以及零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題,考查轉(zhuǎn)化思想和計(jì)算能力.9、D【解析】
設(shè),,去絕對(duì)值,根據(jù)余弦函數(shù)的性質(zhì)即可求出.【詳解】因?yàn)閷?shí)數(shù),滿足,設(shè),,,恒成立,,故則的最小值等于.故選:.【點(diǎn)睛】本題考查了橢圓的參數(shù)方程、三角函數(shù)的圖象和性質(zhì),考查了運(yùn)算能力和轉(zhuǎn)化能力,意在考查學(xué)生對(duì)這些知識(shí)的理解掌握水平.10、D【解析】
先求出集合B,再與集合A求交集即可.【詳解】由已知,,故,所以.故選:D.【點(diǎn)睛】本題考查集合的交集運(yùn)算,考查學(xué)生的基本運(yùn)算能力,是一道容易題.11、B【解析】
先求出,得到,再結(jié)合集合交集的運(yùn)算,即可求解.【詳解】由題意,集合,所以,則,所以.故選:B.【點(diǎn)睛】本題主要考查了集合的混合運(yùn)算,其中解答中熟記集合的交集、補(bǔ)集的定義及運(yùn)算是解答的關(guān)鍵,著重考查了計(jì)算能力,屬于基礎(chǔ)題.12、D【解析】
利用拋物線的定義,求得p的值,由利用兩點(diǎn)間距離公式求得,根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì),求得,由取得最小值為,求得結(jié)果.【詳解】由拋物線焦點(diǎn)在軸上,準(zhǔn)線方程,則點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離為,則,所以拋物線方程:,設(shè),圓,圓心為,半徑為1,則,當(dāng)時(shí),取得最小值,最小值為,故選D.【點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)距離的最小值問題,涉及到的知識(shí)點(diǎn)有拋物線的定義,點(diǎn)到圓上的點(diǎn)的距離的最小值為其到圓心的距離減半徑,二次函數(shù)的最小值,屬于中檔題目.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、充分必要【解析】
根據(jù)充分條件和必要條件的定義可判斷兩者之間的條件關(guān)系.【詳解】當(dāng)時(shí),有,故“”是“”的充分條件.當(dāng)時(shí),有,故“”是“”的必要條件.故“”是“”的充分必要條件,故答案為:充分必要.【點(diǎn)睛】本題考查充分必要條件的判斷,可利用定義來判斷,也可以根據(jù)兩個(gè)條件構(gòu)成命題及逆命題的真假來判斷,還可以利用兩個(gè)條件對(duì)應(yīng)的集合的包含關(guān)系來判斷,本題屬于容易題.14、【解析】
采用數(shù)形結(jié)合,計(jì)算以及,然后根據(jù)橢圓的定義可得,并使用余弦定理以及,可得結(jié)果.【詳解】如圖由,所以由,所以又,則所以所以化簡(jiǎn)可得:則故答案為:【點(diǎn)睛】本題考查橢圓的定義以及余弦定理的使用,關(guān)鍵在于根據(jù)角度求出線段的長(zhǎng)度,考查分析能力以及計(jì)算能力,屬中檔題.15、【解析】
由偶函數(shù)的性質(zhì)直接求解即可【詳解】.故答案為【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)的奇偶性,對(duì)數(shù)函數(shù)的運(yùn)算,考查運(yùn)算求解能力16、【解析】
由題意,根據(jù)數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和之間的關(guān)系,即可求得數(shù)列的通項(xiàng)公式.【詳解】由題意,可知當(dāng)時(shí),;當(dāng)時(shí),.又因?yàn)椴粷M足,所以.【點(diǎn)睛】本題主要考查了利用數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和之間的關(guān)系求解數(shù)列的通項(xiàng)公式,其中解答中熟記數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和之間的關(guān)系,合理準(zhǔn)確推導(dǎo)是解答的關(guān)鍵,著重考查了推理與運(yùn)算能力,屬于基礎(chǔ)題.三、解答題:共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1),.(2)【解析】
(1)由余弦定理的,然后根據(jù)直線與圓相切的性質(zhì)求出,從而求出;(2)求得的表達(dá)式,通過求導(dǎo)研究函數(shù)的單調(diào)性求得最大值.【詳解】解:(1)連.由條件得.在三角形中,,,,由余弦定理,得,因?yàn)榕c半圓相切于,所以,所以,所以.所以四邊形的周長(zhǎng)為,.(2)設(shè)四邊形的面積為,則,.所以,.令,得列表:+0-增最大值減答:要使改建成的展示區(qū)的面積最大,的值為.【點(diǎn)睛】本題考查余弦定理、直線與圓的位置關(guān)系、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)最值的關(guān)系,考查考生的邏輯思維能力,運(yùn)算求解能力,以及函數(shù)與方程的思想.18、(1)單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為;(2)【解析】
(1),令,解不等式即可;(2),令得,即,且的最小值為,令,結(jié)合即可解決.【詳解】(1),當(dāng)時(shí),,遞增,當(dāng)時(shí),,遞減.故的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為.(2),,,設(shè)的根為,即有可得,,當(dāng)時(shí),,遞減,當(dāng)時(shí),,遞增.,所以,①當(dāng);②當(dāng)時(shí),設(shè),遞增,,所以.綜上,.【點(diǎn)睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性以及函數(shù)恒成立問題,這里要強(qiáng)調(diào)一點(diǎn),處理恒成立問題時(shí),通常是構(gòu)造函數(shù),將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的極值或最值來處理.19、(Ⅰ)(Ⅱ)見證明【解析】
(Ⅰ)求導(dǎo)得,由是減函數(shù)得,對(duì)任意的,都有恒成立,構(gòu)造函數(shù),通過求導(dǎo)判斷它的單調(diào)性,令其最大值小于等于0,即可求出;(Ⅱ)由是減函數(shù),且可得,當(dāng)時(shí),,則,即,兩邊同除以得,,即,從而,兩邊取對(duì)數(shù),然后再證明恒成立即可,構(gòu)造函數(shù),,通過求導(dǎo)證明即可.【詳解】解:(Ⅰ)的定義域?yàn)椋?由是減函數(shù)得,對(duì)任意的,都有恒成立.設(shè).∵,由知,∴當(dāng)時(shí),;當(dāng)時(shí),,∴在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,∴在時(shí)取得最大值.又∵,∴對(duì)任意的,恒成立,即的最大值為.∴,解得.(Ⅱ)由是減函數(shù),且可得,當(dāng)時(shí),,∴,即.兩邊同除以得,,即.從而,所以①.下面證;記,.∴,∵在上單調(diào)遞增,∴在上單調(diào)遞減,而,∴當(dāng)時(shí),恒成立,∴在上單調(diào)遞減,即時(shí),,∴當(dāng)時(shí),.∵,∴當(dāng)時(shí),,即②.綜上①②可得,.【點(diǎn)睛】本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系,考查了函數(shù)的最值,考查了構(gòu)造函數(shù)的能力,考查了邏輯推理能力與計(jì)算求解能力,屬于難題.,20、(1);(2).【解析】
(1)分別取的中點(diǎn)為,易得兩兩垂直,以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系,易得為平面的法向量,只需求出平面的法向量為,再利用計(jì)算即可;(2)求出,利用計(jì)算即可.【詳解】(1)分別取的中點(diǎn)為,連結(jié).因?yàn)椤?,所以?因?yàn)?,所?因?yàn)閭?cè)面為等邊三角形,所以又因?yàn)槠矫嫫矫?,平面平面,平面,所以平面,所以兩兩垂?以為空間坐標(biāo)系的原點(diǎn),分別以所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,因?yàn)?,則,,.設(shè)平面的法向量為,則,即.取,則,所以.又為平面的法向量,設(shè)平面與平面所成的銳二面角的大小為,則,所以平面與平面所成的銳二面角的大小為.(2)由(1)得,平面的法向量為,所以成.又直線與平面所成角為,所以,即,即,化簡(jiǎn)得,所以,符合題意.【點(diǎn)睛】本題考查利用向量坐標(biāo)法求面面角、線面角,涉及到面面垂直的性質(zhì)定理的應(yīng)用,做好此類題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確寫出點(diǎn)的坐標(biāo),是一道中檔題.21、(1)見解析;(2)【解析】
(1)利用余弦定理化簡(jiǎn)已知條件,由此證得(2)利用正弦定理化簡(jiǎn)(1)的結(jié)論,得到,利用三角形的面積公式列方程,由此求得,進(jìn)而求得的值,從而求得角.【詳解】(1)由已知得,由余弦定理得,∴.(2)由(1)及正弦定理得,即,∴
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