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文檔簡介

海南省臨高縣第二中學2025屆高三沖刺模擬數學試卷注意事項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(guī)定位置.3.請認真核對監(jiān)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.已知正方體的棱長為2,點在線段上,且,平面經過點,則正方體被平面截得的截面面積為()A. B. C. D.2.已知函數的圖象在點處的切線方程是,則()A.2 B.3 C.-2 D.-33.已知復數滿足(其中為的共軛復數),則的值為()A.1 B.2 C. D.4.設復數滿足,在復平面內對應的點為,則不可能為()A. B. C. D.5.己知函數若函數的圖象上關于原點對稱的點有2對,則實數的取值范圍是()A. B. C. D.6.若與互為共軛復數,則()A.0 B.3 C.-1 D.47.設、分別是定義在上的奇函數和偶函數,且,則()A. B.0 C.1 D.38.設等差數列的前項和為,若,則()A.23 B.25 C.28 D.299.記為數列的前項和數列對任意的滿足.若,則當取最小值時,等于()A.6 B.7 C.8 D.910.雙曲線的漸近線方程是()A. B. C. D.11.設函數,的定義域都為,且是奇函數,是偶函數,則下列結論正確的是()A.是偶函數 B.是奇函數C.是奇函數 D.是奇函數12.已知橢圓的左、右焦點分別為、,過點的直線與橢圓交于、兩點.若的內切圓與線段在其中點處相切,與相切于點,則橢圓的離心率為()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知向量,若向量與共線,則________.14.(5分)已知曲線的方程為,其圖象經過點,則曲線在點處的切線方程是____________.15.已知,,則與的夾角為.16.已知拋物線的焦點為,斜率為2的直線與的交點為,若,則直線的方程為___________.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)如圖,已知三棱柱中,與是全等的等邊三角形.(1)求證:;(2)若,求二面角的余弦值.18.(12分)某地為改善旅游環(huán)境進行景點改造.如圖,將兩條平行觀光道l1和l2通過一段拋物線形狀的棧道AB連通(道路不計寬度),l1和l2所在直線的距離為0.5(百米),對岸堤岸線l3平行于觀光道且與l2相距1.5(百米)(其中A為拋物線的頂點,拋物線的對稱軸垂直于l3,且交l3于M

),在堤岸線l3上的E,F兩處建造建筑物,其中E,F到M的距離為1

(百米),且F恰在B的正對岸(即BF⊥l3).(1)在圖②中建立適當的平面直角坐標系,并求棧道AB的方程;(2)游客(視為點P)在棧道AB的何處時,觀測EF的視角(∠EPF)最大?請在(1)的坐標系中,寫出觀測點P的坐標.19.(12分)在中,,.已知分別是的中點.將沿折起,使到的位置且二面角的大小是60°,連接,如圖:(1)證明:平面平面(2)求平面與平面所成二面角的大小.20.(12分)如圖,在三棱柱中,平面平面,側面為平行四邊形,側面為正方形,,,為的中點.(1)求證:平面;(2)求二面角的大小.21.(12分)如圖,在四面體中,.(1)求證:平面平面;(2)若,求四面體的體積.22.(10分)在平面直角坐標系中,已知拋物線的焦點為,準線為,是拋物線上上一點,且點的橫坐標為,.(1)求拋物線的方程;(2)過點的直線與拋物線交于、兩點,過點且與直線垂直的直線與準線交于點,設的中點為,若、、四點共圓,求直線的方程.

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】

先根據平面的基本性質確定平面,然后利用面面平行的性質定理,得到截面的形狀再求解.【詳解】如圖所示:確定一個平面,因為平面平面,所以,同理,所以四邊形是平行四邊形.即正方體被平面截的截面.因為,所以,即所以由余弦定理得:所以所以四邊形故選:B【點睛】本題主要考查平面的基本性質,面面平行的性質定理及截面面積的求法,還考查了空間想象和運算求解的能力,屬于中檔題.2、B【解析】

根據求出再根據也在直線上,求出b的值,即得解.【詳解】因為,所以所以,又也在直線上,所以,解得所以.故選:B【點睛】本題主要考查導數的幾何意義,意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.3、D【解析】

按照復數的運算法則先求出,再寫出,進而求出.【詳解】,,.故選:D【點睛】本題考查復數的四則運算、共軛復數及復數的模,考查基本運算能力,屬于基礎題.4、D【解析】

依題意,設,由,得,再一一驗證.【詳解】設,因為,所以,經驗證不滿足,故選:D.【點睛】本題主要考查了復數的概念、復數的幾何意義,還考查了推理論證能力,屬于基礎題.5、B【解析】

考慮當時,有兩個不同的實數解,令,則有兩個不同的零點,利用導數和零點存在定理可得實數的取值范圍.【詳解】因為的圖象上關于原點對稱的點有2對,所以時,有兩個不同的實數解.令,則在有兩個不同的零點.又,當時,,故在上為增函數,在上至多一個零點,舍.當時,若,則,在上為增函數;若,則,在上為減函數;故,因為有兩個不同的零點,所以,解得.又當時,且,故在上存在一個零點.又,其中.令,則,當時,,故為減函數,所以即.因為,所以在上也存在一個零點.綜上,當時,有兩個不同的零點.故選:B.【點睛】本題考查函數的零點,一般地,較為復雜的函數的零點,必須先利用導數研究函數的單調性,再結合零點存在定理說明零點的存在性,本題屬于難題.6、C【解析】

計算,由共軛復數的概念解得即可.【詳解】,又由共軛復數概念得:,.故選:C【點睛】本題主要考查了復數的運算,共軛復數的概念.7、C【解析】

先根據奇偶性,求出的解析式,令,即可求出?!驹斀狻恳驗?、分別是定義在上的奇函數和偶函數,,用替換,得,化簡得,即令,所以,故選C。【點睛】本題主要考查函數性質奇偶性的應用。8、D【解析】

由可求,再求公差,再求解即可.【詳解】解:是等差數列,又,公差為,,故選:D【點睛】考查等差數列的有關性質、運算求解能力和推理論證能力,是基礎題.9、A【解析】

先令,找出的關系,再令,得到的關系,從而可求出,然后令,可得,得出數列為等差數列,得,可求出取最小值.【詳解】解法一:由,所以,由條件可得,對任意的,所以是等差數列,,要使最小,由解得,則.解法二:由賦值法易求得,可知當時,取最小值.故選:A【點睛】此題考查的是由數列的遞推式求數列的通項,采用了賦值法,屬于中檔題.10、C【解析】

根據雙曲線的標準方程即可得出該雙曲線的漸近線方程.【詳解】由題意可知,雙曲線的漸近線方程是.故選:C.【點睛】本題考查雙曲線的漸近線方程的求法,是基礎題,解題時要認真審題,注意雙曲線的簡單性質的合理運用.11、C【解析】

根據函數奇偶性的性質即可得到結論.【詳解】解:是奇函數,是偶函數,,,,故函數是奇函數,故錯誤,為偶函數,故錯誤,是奇函數,故正確.為偶函數,故錯誤,故選:.【點睛】本題主要考查函數奇偶性的判斷,根據函數奇偶性的定義是解決本題的關鍵.12、D【解析】

可設的內切圓的圓心為,設,,可得,由切線的性質:切線長相等推得,解得、,并設,求得的值,推得為等邊三角形,由焦距為三角形的高,結合離心率公式可得所求值.【詳解】可設的內切圓的圓心為,為切點,且為中點,,設,,則,且有,解得,,設,,設圓切于點,則,,由,解得,,,所以為等邊三角形,所以,,解得.因此,該橢圓的離心率為.故選:D.【點睛】本題考查橢圓的定義和性質,注意運用三角形的內心性質和等邊三角形的性質,切線的性質,考查化簡運算能力,屬于中檔題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】

計算得到,根據向量平行計算得到答案.【詳解】由題意可得,因為與共線,所以有,即,解得.故答案為:.【點睛】本題考查了根據向量平行求參數,意在考查學生的計算能力.14、【解析】

依題意,將點的坐標代入曲線的方程中,解得.由,得,則曲線在點處切線的斜率,所以在點處的切線方程是,即.15、【解析】

根據已知條件,去括號得:,16、【解析】

設直線l的方程為,,聯立直線l與拋物線C的方程,得到A,B點橫坐標的關系式,代入到中,解出t的值,即可求得直線l的方程【詳解】設直線.由題設得,故,由題設可得.

由可得,

則,從而,得,所以l的方程為,故答案為:【點睛】本題主要考查了直線的方程,拋物線的定義,拋物線的簡單幾何性質,直線與拋物線的位置關系,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)證明見解析;(2).【解析】

(1)取BC的中點O,則,由是等邊三角形,得,從而得到平面,由此能證明(2)以,,所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,利用向量法求得二面角的余弦值,得到結果.【詳解】(1)取BC的中點O,連接,,由于與是等邊三角形,所以有,,且,所以平面,平面,所以.(2)設,是全等的等邊三角形,所以,又,由余弦定理可得,在中,有,所以以,,所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,則,,,設平面的一個法向量為,則,令,則,又平面的一個法向量為,所以二面角的余弦值為,即二面角的余弦值為.【點睛】該題考查的是有關立體幾何的問題,涉及到的知識點有利用線面垂直證明線性垂直,利用向量法求二面角的余弦值,屬于中檔題目.18、(1)見解析,,x[0,1];(2)P(,)時,視角∠EPF最大.【解析】

(1)以A為原點,l1為x軸,拋物線的對稱軸為y軸建系,設出方程,通過點的坐標可求方程;(2)設出的坐標,表示出,利用基本不等式求解的最大值,從而可得觀測點P的坐標.【詳解】(1)以A為原點,l1為x軸,拋物線的對稱軸為y軸建系由題意知:B(1,0.5),設拋物線方程為代入點B得:p=1,故方程為,x[0,1];(2)設P(,),t[0,],作PQ⊥l3于Q,記∠EPQ=,∠FPQ=,,令,,則:,當且僅當即,即,即時取等號;故P(,)時視角∠EPF最大,答:P(,)時,視角∠EPF最大.【點睛】本題主要考查圓錐曲線的實際應用,理解題意,構建合適的模型是求解的關鍵,涉及最值問題一般利用基本不等式或者導數來進行求解,側重考查數學運算的核心素養(yǎng).19、(1)證明見解析(2)45°【解析】

(1)設的中點為,連接,設的中點為,連接,,從而即為二面角的平面角,,推導出,從而平面,則,即,進而平面,推導四邊形為平行四邊形,從而,平面,由此即可得證.(2)以B為原點,在平面中過B作BE的垂線為x軸,BE為y軸,BA為z軸建立空間直角坐標系,利用向量法求出平面與平面所成二面角的大小.【詳解】(1)∵是的中點,∴.設的中點為,連接.設的中點為,連接,.易證:,,∴即為二面角的平面角.∴,而為的中點.易知,∴為等邊三角形,∴.①∵,,,∴平面.而,∴平面,∴,即.②由①②,,∴平面.∵分別為的中點.∴四邊形為平行四邊形.∴,平面,又平面.∴平面平面.(2)如圖,建立空間直角坐標系,設.則,,,,顯然平面的法向量,設平面的法向量為,,,∴,∴.,由圖形觀察可知,平面與平面所成的二面角的平面角為銳角.∴平面與平面所成的二面角大小為45°.【點睛】本題主要考查立體幾何中面面垂直的證明以及求解二面角大小,難度一般,通??刹捎脦缀畏椒ê拖蛄糠椒▋煞N進行求解.20、(1)證明見解析(2)【解析】

(1)連接,交與,連接,由,得出結論;(2)以為原點,,,分別為,,軸建立空間直角坐標系,求出平面的法向量,利用夾角公式求出即可.【詳解】(1)連接,交與,連接,在中,,又平面,平面,所以平面;(2)由平面平面,,為平面與平面的交線,故平面,故,又,所以平面,以為原點,,,分別為,,軸建立空間直角坐標系,,,,,,,設平面的法向量為,,,由,得,平面的法向量為,由,故二面角的大小為.【點睛】本小題主要考查線面平行的證明,考查二面角的求法,考查空間想象能力和邏輯推理能力,屬于中檔題.21、(1)證明見解析;(2).【解析】

(1)取中點,連接,根據等腰三角形的性質得到,利用全等三角形證得,由此證得平面,進而證得平面平面.(2)由(1)知平面,即是四面體的面上的高,結合錐體體積公式,求得四面體的體積.【詳解】(1)證明:如圖,取中點,連接,由則,則,故故,平面.又平面,故平面平面(2)由(1)知平面,即是四面體的面上的高,且.在中,,由勾股定理易知故四面體的體積【點睛】本小題主要考查面面垂直的證明,考查錐體體積

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