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文檔簡介

山東省泰安肥城市2025屆高考臨考沖刺數學試卷注意事項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.函數的部分圖象大致是()A. B.C. D.2.已知雙曲線的一個焦點與拋物線的焦點重合,則雙曲線的離心率為()A. B. C.3 D.43.已知等差數列中,,,則數列的前10項和()A.100 B.210 C.380 D.4004.公元前世紀,古希臘哲學家芝諾發(fā)表了著名的阿基里斯悖論:他提出讓烏龜在跑步英雄阿基里斯前面米處開始與阿基里斯賽跑,并且假定阿基里斯的速度是烏龜的倍.當比賽開始后,若阿基里斯跑了米,此時烏龜便領先他米,當阿基里斯跑完下一個米時,烏龜先他米,當阿基里斯跑完下-個米時,烏龜先他米....所以,阿基里斯永遠追不上烏龜.按照這樣的規(guī)律,若阿基里斯和烏龜的距離恰好為米時,烏龜爬行的總距離為()A.米 B.米C.米 D.米5.已知等差數列{an},則“a2>a1”是“數列{an}為單調遞增數列”的()A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件6.我國宋代數學家秦九韶(1202-1261)在《數書九章》(1247)一書中提出“三斜求積術”,即:以少廣求之,以小斜冪并大斜冪減中斜冪,余半之,自乘于上;以小斜冪乘大斜冪減上,余四約之,為實;一為從隅,開平方得積.其實質是根據三角形的三邊長,,求三角形面積,即.若的面積,,,則等于()A. B. C.或 D.或7.已知集合,將集合的所有元素從小到大一次排列構成一個新數列,則()A.1194 B.1695 C.311 D.10958.在邊長為1的等邊三角形中,點E是中點,點F是中點,則()A. B. C. D.9.已知函數的最小正周期為,且滿足,則要得到函數的圖像,可將函數的圖像()A.向左平移個單位長度 B.向右平移個單位長度C.向左平移個單位長度 D.向右平移個單位長度10.“一帶一路”是“絲綢之路經濟帶”和“21世紀海上絲綢之路”的簡稱,旨在積極發(fā)展我國與沿線國家經濟合作關系,共同打造政治互信、經濟融合、文化包容的命運共同體.自2015年以來,“一帶一路”建設成果顯著.如圖是2015—2019年,我國對“一帶一路”沿線國家進出口情況統(tǒng)計圖,下列描述錯誤的是()A.這五年,出口總額之和比進口總額之和大B.這五年,2015年出口額最少C.這五年,2019年進口增速最快D.這五年,出口增速前四年逐年下降11.拋物線的焦點為F,點為該拋物線上的動點,若點,則的最小值為()A. B. C. D.12.由實數組成的等比數列{an}的前n項和為Sn,則“a1>0”是“S9>S8”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二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知等差數列的前n項和為Sn,若,則____.14.已知,為正實數,且,則的最小值為________________.15.已知下列命題:①命題“?x0∈R,”的否定是“?x∈R,x2+1<3x”;②已知p,q為兩個命題,若“p∨q”為假命題,則“”為真命題;③“a>2”是“a>5”的充分不必要條件;④“若xy=0,則x=0且y=0”的逆否命題為真命題.其中所有真命題的序號是________.16.已知無蓋的圓柱形桶的容積是立方米,用來做桶底和側面的材料每平方米的價格分別為30元和20元,那么圓桶造價最低為________元.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)如圖所示,已知平面,,為等邊三角形,為邊上的中點,且.(Ⅰ)求證:面;(Ⅱ)求證:平面平面;(Ⅲ)求該幾何體的體積.18.(12分)已知函數.(1)求不等式的解集;(2)若對任意恒成立,求的取值范圍.19.(12分)設等比數列的前項和為,若(Ⅰ)求數列的通項公式;(Ⅱ)在和之間插入個實數,使得這個數依次組成公差為的等差數列,設數列的前項和為,求證:.20.(12分)某精密儀器生產車間每天生產個零件,質檢員小張每天都會隨機地從中抽取50個零件進行檢查是否合格,若較多零件不合格,則需對其余所有零件進行檢查.根據多年的生產數據和經驗,這些零件的長度服從正態(tài)分布(單位:微米),且相互獨立.若零件的長度滿足,則認為該零件是合格的,否則該零件不合格.(1)假設某一天小張抽查出不合格的零件數為,求及的數學期望;(2)小張某天恰好從50個零件中檢查出2個不合格的零件,若以此頻率作為當天生產零件的不合格率.已知檢查一個零件的成本為10元,而每個不合格零件流入市場帶來的損失為260元.假設充分大,為了使損失盡量小,小張是否需要檢查其余所有零件,試說明理由.附:若隨機變量服從正態(tài)分布,則.21.(12分)設(1)證明:當時,;(2)當時,求整數的最大值.(參考數據:,)22.(10分)已知函數,且.(1)若,求的最小值,并求此時的值;(2)若,求證:.

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、C【解析】

判斷函數的性質,和特殊值的正負,以及值域,逐一排除選項.【詳解】,函數是奇函數,排除,時,,時,,排除,當時,,時,,排除,符合條件,故選C.【點睛】本題考查了根據函數解析式判斷函數圖象,屬于基礎題型,一般根據選項判斷函數的奇偶性,零點,特殊值的正負,以及單調性,極值點等排除選項.2、A【解析】

根據題意,由拋物線的方程可得其焦點坐標,由此可得雙曲線的焦點坐標,由雙曲線的幾何性質可得,解可得,由離心率公式計算可得答案.【詳解】根據題意,拋物線的焦點為,則雙曲線的焦點也為,即,則有,解可得,雙曲線的離心率.故選:A.【點睛】本題主要考查雙曲線、拋物線的標準方程,關鍵是求出拋物線焦點的坐標,意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.3、B【解析】

設公差為,由已知可得,進而求出的通項公式,即可求解.【詳解】設公差為,,,,.故選:B.【點睛】本題考查等差數列的基本量計算以及前項和,屬于基礎題.4、D【解析】

根據題意,是一個等比數列模型,設,由,解得,再求和.【詳解】根據題意,這是一個等比數列模型,設,所以,解得,所以.故選:D【點睛】本題主要考查等比數列的實際應用,還考查了建模解模的能力,屬于中檔題.5、C【解析】試題分析:根據充分條件和必要條件的定義進行判斷即可.解:在等差數列{an}中,若a2>a1,則d>0,即數列{an}為單調遞增數列,若數列{an}為單調遞增數列,則a2>a1,成立,即“a2>a1”是“數列{an}為單調遞增數列”充分必要條件,故選C.考點:必要條件、充分條件與充要條件的判斷.6、C【解析】

將,,,代入,解得,再分類討論,利用余弦弦定理求,再用平方關系求解.【詳解】已知,,,代入,得,即,解得,當時,由余弦弦定理得:,.當時,由余弦弦定理得:,.故選:C【點睛】本題主要考查余弦定理和平方關系,還考查了對數學史的理解能力,屬于基礎題.7、D【解析】

確定中前35項里兩個數列中的項數,數列中第35項為70,這時可通過比較確定中有多少項可以插入這35項里面即可得,然后可求和.【詳解】時,,所以數列的前35項和中,有三項3,9,27,有32項,所以.故選:D.【點睛】本題考查數列分組求和,掌握等差數列和等比數列前項和公式是解題基礎.解題關鍵是確定數列的前35項中有多少項是中的,又有多少項是中的.8、C【解析】

根據平面向量基本定理,用來表示,然后利用數量積公式,簡單計算,可得結果.【詳解】由題可知:點E是中點,點F是中點,所以又所以則故選:C【點睛】本題考查平面向量基本定理以及數量積公式,掌握公式,細心觀察,屬基礎題.9、C【解析】

依題意可得,且是的一條對稱軸,即可求出的值,再根據三角函數的平移規(guī)則計算可得;【詳解】解:由已知得,是的一條對稱軸,且使取得最值,則,,,,故選:C.【點睛】本題考查三角函數的性質以及三角函數的變換規(guī)則,屬于基礎題.10、D【解析】

根據統(tǒng)計圖中數據的含義進行判斷即可.【詳解】對A項,由統(tǒng)計圖可得,2015年出口額和進口額基本相等,而2016年到2019年出口額都大于進口額,則A正確;對B項,由統(tǒng)計圖可得,2015年出口額最少,則B正確;對C項,由統(tǒng)計圖可得,2019年進口增速都超過其余年份,則C正確;對D項,由統(tǒng)計圖可得,2015年到2016年出口增速是上升的,則D錯誤;故選:D【點睛】本題主要考查了根據條形統(tǒng)計圖和折線統(tǒng)計圖解決實際問題,屬于基礎題.11、B【解析】

通過拋物線的定義,轉化,要使有最小值,只需最大即可,作出切線方程即可求出比值的最小值.【詳解】解:由題意可知,拋物線的準線方程為,,過作垂直直線于,由拋物線的定義可知,連結,當是拋物線的切線時,有最小值,則最大,即最大,就是直線的斜率最大,設在的方程為:,所以,解得:,所以,解得,所以,.故選:.【點睛】本題考查拋物線的基本性質,直線與拋物線的位置關系,轉化思想的應用,屬于基礎題.12、C【解析】

根據等比數列的性質以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可.【詳解】解:若{an}是等比數列,則,

若,則,即成立,

若成立,則,即,

故“”是“”的充要條件,

故選:C.【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷,利用等比數列的通項公式是解決本題的關鍵.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】

由,,成等差數列,代入可得的值.【詳解】解:由等差數列的性質可得:,,成等差數列,可得:,代入,可得:,故答案為:.【點睛】本題主要考查等差數列前n項和的性質,相對不難.14、【解析】

由,為正實數,且,可知,于是,可得,再利用基本不等式即可得出結果.【詳解】解:,為正實數,且,可知,,.當且僅當時取等號.的最小值為.故答案為:.【點睛】本題考查了基本不等式的性質應用,恰當變形是解題的關鍵,屬于中檔題.15、②【解析】命題“?x∈R,x2+1>3x”的否定是“?x∈R,x2+1≤3x”,故①錯誤;“p∨q”為假命題說明p假q假,則(p)∧(q)為真命題,故②正確;a>5?a>2,但a>2?/a>5,故“a>2”是“a>5”的必要不充分條件,故③錯誤;因為“若xy=0,則x=0或y=0”,所以原命題為假命題,故其逆否命題也為假命題,故④錯誤.16、【解析】

設桶的底面半徑為,用表示出桶的總造價,利用基本不等式得出最小值.【詳解】設桶的底面半徑為,高為,則,故,圓通的造價為解法一:當且僅當,即時取等號.解法二:,則,令,即,解得,此函數在單調遞增;令,即,解得,此函數在上單調遞減;令,即,解得,即當時,圓桶的造價最低.所以故答案為:【點睛】本題考查了基本不等式的應用,注意驗證等號成立的條件,屬于基礎題.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、(Ⅰ)見解析;(Ⅱ)見解析;(Ⅲ).【解析】

(I)取的中點,連接,通過證明四邊形為平行四邊形,證得,由此證得平面.(II)利用,證得平面,從而得到平面,由此證得平面平面.(III)作交于點,易得面,利用棱錐的體積公式,計算出棱錐的體積.【詳解】(Ⅰ)取的中點,連接,則,,故四邊形為平行四邊形.故.又面,平面,所以面.(Ⅱ)為等邊三角形,為中點,所以.又,所以面.又,故面,所以面平面.(Ⅲ)幾何體是四棱錐,作交于點,即面,.【點睛】本小題主要考查線面平行的證明,考查面面垂直的證明,考查四棱錐體積的求法,考查空間想象能力,所以中檔題.18、(1);(2).【解析】

(1)通過討論的范圍,分為,,三種情形,分別求出不等式的解集即可;(2)通過分離參數思想問題轉化為,根據絕對值不等式的性質求出最值即可得到的范圍.【詳解】(1)當時,原不等式等價于,解得,所以,當時,原不等式等價于,解得,所以此時不等式無解,當時,原不等式等價于,解得,所以綜上所述,不等式解集為.(2)由,得,當時,恒成立,所以;當時,.因為當且僅當即或時,等號成立,所以;綜上的取值范圍是.【點睛】本題考查了解絕對值不等式問題,考查絕對值不等式的性質以及分類討論思想,轉化思想,屬于中檔題.19、(Ⅰ);(Ⅱ)詳見解析.【解析】

(Ⅰ),,兩式相減化簡整理利用等比數列的通項公式即可得出.(Ⅱ)由題設可得,可得,利用錯位相減法即可得出.【詳解】解:(Ⅰ)因為,故,兩式相減可得,,故,因為是等比數列,∴,又,所以,故,所以;(Ⅱ)由題設可得,所以,所以,①則,②①-②得:,所以,得證.【點睛】本題考查了數列遞推關系、等比數列的通項公式求和公式、錯位相減法,考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題.20、(1)見解析(2)需要,見解析【解析】

(1)由零件的長度服從正態(tài)分布且相互獨立,零件的長度滿足即為合格,則每一個零件的長度合格的概率為,滿足二項分布,利用補集的思想求得,再根據公式求得;(2)由題可得不合格率為,檢查的成本為,求出不檢查時損失的期望,與成本作差,再與0比較大小即可判斷.【詳解】(1),由于滿足二項分布,故.(2)由題意可知不合格率為,若不檢查,損失的期望為;若檢查,成本為,由于,當充分大時,,所以為了使損失盡量小,小張需要檢查其余所有零件.【點睛】本題考查正態(tài)分布的應用,考查二項分布的期望,考查補集思想的應用,考查分析能力與數據處理能力.21、(1)證明見解析;(2).【解析】

(1)將代入函數解析式可得,構造函數,求得并令,由導函數符號判斷函數單調性并求得最大值,由即可證

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