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文檔簡介
上海市靜安區(qū)市級名校2025屆高考數學三模試卷注意事項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.設為虛數單位,復數,則實數的值是()A.1 B.-1 C.0 D.22.如圖,雙曲線的左,右焦點分別是直線與雙曲線的兩條漸近線分別相交于兩點.若則雙曲線的離心率為()A. B.C. D.3.一個袋中放有大小、形狀均相同的小球,其中紅球1個、黑球2個,現(xiàn)隨機等可能取出小球,當有放回依次取出兩個小球時,記取出的紅球數為;當無放回依次取出兩個小球時,記取出的紅球數為,則()A., B.,C., D.,4.已知,則不等式的解集是()A. B. C. D.5.已知在中,角的對邊分別為,若函數存在極值,則角的取值范圍是()A. B. C. D.6.已知三棱錐的體積為2,是邊長為2的等邊三角形,且三棱錐的外接球的球心恰好是中點,則球的表面積為()A. B. C. D.7.某裝飾公司制作一種扇形板狀裝飾品,其圓心角為120°,并在扇形弧上正面等距安裝7個發(fā)彩色光的小燈泡且在背面用導線相連(弧的兩端各一個,導線接頭忽略不計),已知扇形的半徑為30厘米,則連接導線最小大致需要的長度為()A.58厘米 B.63厘米 C.69厘米 D.76厘米8.已知某幾何體的三視圖如右圖所示,則該幾何體的體積為()A.3 B. C. D.9.在中,D為的中點,E為上靠近點B的三等分點,且,相交于點P,則()A. B.C. D.10.已知為一條直線,為兩個不同的平面,則下列說法正確的是()A.若,則 B.若,則C.若,則 D.若,則11.設復數滿足,則()A. B. C. D.12.已知下列命題:①“”的否定是“”;②已知為兩個命題,若“”為假命題,則“”為真命題;③“”是“”的充分不必要條件;④“若,則且”的逆否命題為真命題.其中真命題的序號為()A.③④ B.①② C.①③ D.②④二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.設是公差不為0的等差數列的前項和,且,則______.14.已知函數,則曲線在點處的切線方程是_______.15.記為數列的前項和,若,則__________.16.某種產品的質量指標值服從正態(tài)分布,且.某用戶購買了件這種產品,則這件產品中質量指標值位于區(qū)間之外的產品件數為_________.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)已知等差數列的公差,且,,成等比數列.(1)求數列的通項公式;(2)設,求數列的前項和.18.(12分)己知,,.(1)求證:;(2)若,求證:.19.(12分)已知動圓E與圓外切,并與直線相切,記動圓圓心E的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程;(2)過點的直線l交曲線C于A,B兩點,若曲線C上存在點P使得,求直線l的斜率k的取值范圍.20.(12分)已知函數.(1)解不等式;(2)若,,,求證:.21.(12分)已知,(其中).(1)求;(2)求證:當時,.22.(10分)已知數列滿足對任意都有,其前項和為,且是與的等比中項,.(1)求數列的通項公式;(2)已知數列滿足,,設數列的前項和為,求大于的最小的正整數的值.
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、A【解析】
根據復數的乘法運算化簡,由復數的意義即可求得的值.【詳解】復數,由復數乘法運算化簡可得,所以由復數定義可知,解得,故選:A.【點睛】本題考查了復數的乘法運算,復數的意義,屬于基礎題.2、A【解析】
易得,過B作x軸的垂線,垂足為T,在中,利用即可得到的方程.【詳解】由已知,得,過B作x軸的垂線,垂足為T,故,又所以,即,所以雙曲線的離心率.故選:A.【點睛】本題考查雙曲線的離心率問題,在作雙曲線離心率問題時,最關鍵的是找到的方程或不等式,本題屬于容易題.3、B【解析】
分別求出兩個隨機變量的分布列后求出它們的期望和方差可得它們的大小關系.【詳解】可能的取值為;可能的取值為,,,,故,.,,故,,故,.故選B.【點睛】離散型隨機變量的分布列的計算,應先確定隨機變量所有可能的取值,再利用排列組合知識求出隨機變量每一種取值情況的概率,然后利用公式計算期望和方差,注意在取球模型中摸出的球有放回與無放回的區(qū)別.4、A【解析】
構造函數,通過分析的單調性和對稱性,求得不等式的解集.【詳解】構造函數,是單調遞增函數,且向左移動一個單位得到,的定義域為,且,所以為奇函數,圖像關于原點對稱,所以圖像關于對稱.不等式等價于,等價于,注意到,結合圖像關于對稱和單調遞增可知.所以不等式的解集是.故選:A【點睛】本小題主要考查根據函數的單調性和對稱性解不等式,屬于中檔題.5、C【解析】
求出導函數,由有不等的兩實根,即可得不等關系,然后由余弦定理可及余弦函數性質可得結論.【詳解】,.若存在極值,則,又.又.故選:C.【點睛】本題考查導數與極值,考查余弦定理.掌握極值存在的條件是解題關鍵.6、A【解析】
根據是中點這一條件,將棱錐的高轉化為球心到平面的距離,即可用勾股定理求解.【詳解】解:設點到平面的距離為,因為是中點,所以到平面的距離為,三棱錐的體積,解得,作平面,垂足為的外心,所以,且,所以在中,,此為球的半徑,.故選:A.【點睛】本題考查球的表面積,考查點到平面的距離,屬于中檔題.7、B【解析】
由于實際問題中扇形弧長較小,可將導線的長視為扇形弧長,利用弧長公式計算即可.【詳解】因為弧長比較短的情況下分成6等分,所以每部分的弦長和弧長相差很小,可以用弧長近似代替弦長,故導線長度約為63(厘米).故選:B.【點睛】本題主要考查了扇形弧長的計算,屬于容易題.8、B【解析】由三視圖知:幾何體是直三棱柱消去一個三棱錐,如圖:
直三棱柱的體積為,消去的三棱錐的體積為,
∴幾何體的體積,故選B.點睛:本題考查了由三視圖求幾何體的體積,根據三視圖判斷幾何體的形狀及相關幾何量的數據是解答此類問題的關鍵;幾何體是直三棱柱消去一個三棱錐,結合直觀圖分別求出直三棱柱的體積和消去的三棱錐的體積,相減可得幾何體的體積.9、B【解析】
設,則,,由B,P,D三點共線,C,P,E三點共線,可知,,解得即可得出結果.【詳解】設,則,,因為B,P,D三點共線,C,P,E三點共線,所以,,所以,.故選:B.【點睛】本題考查了平面向量基本定理和向量共線定理的簡單應用,屬于基礎題.10、D【解析】A.若,則或,故A錯誤;B.若,則或故B錯誤;C.若,則或,或與相交;D.若,則,正確.故選D.11、D【解析】
根據復數運算,即可容易求得結果.【詳解】.故選:D.【點睛】本題考查復數的四則運算,屬基礎題.12、B【解析】
由命題的否定,復合命題的真假,充分必要條件,四種命題的關系對每個命題進行判斷.【詳解】“”的否定是“”,正確;已知為兩個命題,若“”為假命題,則“”為真命題,正確;“”是“”的必要不充分條件,錯誤;“若,則且”是假命題,則它的逆否命題為假命題,錯誤.故選:B.【點睛】本題考查命題真假判斷,掌握四種命題的關系,復合命題的真假判斷,充分必要條件等概念是解題基礎.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、18【解析】
先由,可得,再結合等差數列的前項和公式求解即可.【詳解】解:因為,所以,.故答案為:18.【點睛】本題考查了等差數列基本量的運算,重點考查了等差數列的前項和公式,屬基礎題.14、【解析】
求導,x=0代入求k,點斜式求切線方程即可【詳解】則又故切線方程為y=x+1故答案為y=x+1【點睛】本題考查切線方程,求導法則及運算,考查直線方程,考查計算能力,是基礎題15、-254【解析】
利用代入即可得到,即是等比數列,再利用等比數列的通項公式計算即可.【詳解】由已知,得,即,所以又,即,,所以是以-4為首項,2為公比的等比數列,所以,即,所以。故答案為:【點睛】本題考查已知與的關系求,考查學生的數學運算求解能力,是一道中檔題.16、【解析】
直接計算,可得結果.【詳解】由題可知:則質量指標值位于區(qū)間之外的產品件數:故答案為:【點睛】本題考查正太分布中原則,審清題意,簡單計算,屬基礎題.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、(1);(2).【解析】
(1)根據等比中項性質可構造方程求得,由等差數列通項公式可求得結果;(2)由(1)可得,可知為等比數列,利用分組求和法,結合等差和等比數列求和公式可求得結果.【詳解】(1)成等比數列,,即,,解得:,.(2)由(1)得:,,,數列是首項為,公比為的等比數列,.【點睛】本題考查等差數列通項公式的求解、分組求和法求解數列的前項和的問題;關鍵是能夠根據通項公式證得數列為等比數列,進而采用分組求和法,結合等差和等比數列求和公式求得結果.18、(1)證明見解析(2)證明見解析【解析】
(1)采用分析法論證,要證,分式化整式為,再利用立方和公式轉化為,再作差提取公因式論證.(2)由基本不等式得,再用不等式的基本性質論證.【詳解】(1)要證,即證,即證,即證,即證,即證,該式顯然成立,當且僅當時等號成立,故.(2)由基本不等式得,,當且僅當時等號成立.將上面四式相加,可得,即.【點睛】本題考查證明不等式的方法、基本不等式,還考查推理論證能力以及化歸與轉化思想,屬于中檔題..19、(1);(2).【解析】
(1)根據拋物線的定義,結合已知條件,即可容易求得結果;(2)設出直線的方程,聯(lián)立拋物線方程,根據直線與拋物線相交則,結合由得到的斜率關系,即可求得斜率的范圍.【詳解】(1)因為動圓與圓外切,并與直線相切,所以點到點的距離比點到直線的距離大.因為圓的半徑為,所以點到點的距離等于點到直線的距離,所以圓心的軌跡為拋物線,且焦點坐標為.所以曲線的方程.(2)設,,由得,由得且.,,同理由,得,即,所以,由,得且,又且,所以的取值范圍為.【點睛】本題考查由拋物線定義求拋物線方程,涉及直線與拋物線相交結合垂直關系求斜率的范圍,屬綜合中檔題.20、(1);(2)證明見解析.【解析】
(1)分、、三種情況解不等式,即可得出該不等式的解集;(2)利用分析法可知,要證,即證,只需證明即可,因式分解后,判斷差值符號即可,由此證明出所證不等式成立.【詳解】(1).當時,由,解得,此時;當時,不成立;當時,由,解得,此時.綜上所述,不等式的解集為;(2)要證,即證,因為,,所以,,,.所以,.故所證不等式成立.【點睛】本題考查絕對值不等式的求解,同時也考查了利用分析法和作差法證明不等式,考查分類討論思想以及推理能力,屬于中等題.21、(1)(2)見解析【解析】
(1)取,則;取,則,∴;(2)要證,只需證,當時,;假設當時,結論成立,即,兩邊同乘以3得:而∴,即時結論也成立,∴當時,成立.綜上原不等式獲證.22、(1)(2)4【解析】
(1)利用判斷是等差數列,利用求出,利用等比中項建立方程,求出公差可得.(2)利用的通項公式,求出,用錯位相減法求出,最后建立不等式求出最小的正整數.【詳解】解:任意都有,數列是等差數列,,又是與的等比中項,,設數列的公差為,且,則,解得
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