云南省云縣第一中學2024-2025學年高考沖刺訓練數學試題試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。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．請按照題號順序在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．設函數在定義城內可導，的圖象如圖所示，則導函數的圖象可能為（）A． B．C． D．2．如圖，在平行四邊形中，為對角線的交點，點為平行四邊形外一點，且，，則（）A． B．C． D．3．橢圓是日常生活中常見的圖形，在圓柱形的玻璃杯中盛半杯水，將杯體傾斜一個角度，水面的邊界即是橢圓.現有一高度為12厘米，底面半徑為3厘米的圓柱形玻璃杯，且杯中所盛水的體積恰為該玻璃杯容積的一半（玻璃厚度忽略不計），在玻璃杯傾斜的過程中（杯中的水不能溢出），杯中水面邊界所形成的橢圓的離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．4．一個幾何體的三視圖及尺寸如下圖所示，其中正視圖是直角三角形，側視圖是半圓，俯視圖是等腰三角形，該幾何體的表面積是（）A．B．C．D．5．拋物線的焦點為，則經過點與點且與拋物線的準線相切的圓的個數有（）A．1個 B．2個 C．0個 D．無數個6．設，滿足約束條件，則的最大值是（）A． B． C． D．7．已知點P不在直線l、m上，則“過點P可以作無數個平面，使得直線l、m都與這些平面平行”是“直線l、m互相平行”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件8．已知命題：，，則為()A．， B．，C．， D．，9．甲在微信群中發了一個6元“拼手氣”紅包,被乙?丙?丁三人搶完,若三人均領到整數元,且每人至少領到1元,則乙獲得“最佳手氣”(即乙領到的錢數多于其他任何人)的概率是（）A． B． C． D．10．已知雙曲線的一條漸近線方程為，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．11．函數在的圖像大致為A． B． C． D．12．元代數學家朱世杰的數學名著《算術啟蒙》是中國古代代數學的通論，其中關于“松竹并生”的問題：松長五尺，竹長兩尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而長等.下圖是源于其思想的一個程序圖，若，，則輸出的（）A．3 B．4 C．5 D．6二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．數列的前項和為，數列的前項和為，滿足，，且.若任意，成立，則實數的取值范圍為__________.14．已知定義在的函數滿足，且當時，，則的解集為__________________.15．已知數列遞增的等比數列，若，，則______.16．已知拋物線的焦點為，過點且斜率為1的直線交拋物線于兩點，，若線段的垂直平分線與軸交點的橫坐標為，則的值為_________.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）在直角坐標系中，直線的參數方程為，（為參數）.以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求直線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）若點是直線的一點，過點作曲線的切線，切點為，求的最小值.18．（12分）有甲、乙兩家外賣公司，其送餐員的日工資方案如下：甲公司底薪元，送餐員每單制成元；乙公司無底薪，單以內（含單）的部分送餐員每單抽成元，超過單的部分送餐員每單抽成元.現從這兩家公司各隨機選取一名送餐員，分別記錄其天的送餐單數，得到如下頻數分布表：送餐單數3839404142甲公司天數101015105乙公司天數101510105（1）從記錄甲公司的天送餐單數中隨機抽取天，求這天的送餐單數都不小于單的概率；（2）假設同一公司的送餐員一天的送餐單數相同，將頻率視為概率，回答下列兩個問題：①求乙公司送餐員日工資的分布列和數學期望；②小張打算到甲、乙兩家公司中的一家應聘送餐員，如果僅從日工資的角度考慮，小張應選擇哪家公司應聘？說明你的理由.19．（12分）已知橢圓：的離心率為，右焦點為拋物線的焦點.（1）求橢圓的標準方程；（2）為坐標原點，過作兩條射線，分別交橢圓于、兩點，若、斜率之積為，求證：的面積為定值.20．（12分）已知f(x)=|x+3|-|x-2|（1）求函數f(x)的最大值m；（2）正數a，b，c滿足a+2b+3c=m，求證：21．（12分）已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若c＝2a，bsinB﹣asinA＝asinC．（Ⅰ）求sinB的值；（Ⅱ）求sin（2B+）的值．22．（10分）心形線是由一個圓上的一個定點，當該圓在繞著與其相切且半徑相同的另外一個圓周上滾動時，這個定點的軌跡，因其形狀像心形而得名，在極坐標系中，方程（）表示的曲線就是一條心形線，如圖，以極軸所在的直線為軸，極點為坐標原點的直角坐標系中.已知曲線的參數方程為（為參數）.（1）求曲線的極坐標方程；（2）若曲線與相交于、、三點，求線段的長.

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．D【解析】

根據的圖象可得的單調性，從而得到在相應范圍上的符號和極值點，據此可判斷的圖象.【詳解】由的圖象可知，在上為增函數，且在上存在正數，使得在上為增函數，在為減函數，故在有兩個不同的零點，且在這兩個零點的附近，有變化，故排除A，B.由在上為增函數可得在上恒成立，故排除C.故選：D.本題考查導函數圖象的識別，此類問題應根據原函數的單調性來考慮導函數的符號與零點情況，本題屬于基礎題.2．D【解析】

連接，根據題目，證明出四邊形為平行四邊形，然后，利用向量的線性運算即可求出答案【詳解】連接，由，知，四邊形為平行四邊形，可得四邊形為平行四邊形，所以.本題考查向量的線性運算問題，屬于基礎題3．C【解析】

根據題意可知當玻璃杯傾斜至杯中水剛好不溢出時，水面邊界所形成橢圓的離心率最大，由橢圓的幾何性質即可確定此時橢圓的離心率，進而確定離心率的取值范圍.【詳解】當玻璃杯傾斜至杯中水剛好不溢出時，水面邊界所形成橢圓的離心率最大.此時橢圓長軸長為，短軸長為6，所以橢圓離心率，所以.故選：C本題考查了橢圓的定義及其性質的簡單應用，屬于基礎題.4．D【解析】

由三視圖可知該幾何體的直觀圖是軸截面在水平面上的半個圓錐，表面積為,故選D．5．B【解析】

圓心在的中垂線上，經過點，且與相切的圓的圓心到準線的距離與到焦點的距離相等，圓心在拋物線上，直線與拋物線交于2個點，得到2個圓．【詳解】因為點在拋物線上，又焦點，，由拋物線的定義知，過點、且與相切的圓的圓心即為線段的垂直平分線與拋物線的交點，這樣的交點共有2個，故過點、且與相切的圓的不同情況種數是2種．故選：．本題主要考查拋物線的簡單性質，本題解題的關鍵是求出圓心的位置，看出圓心必須在拋物線上，且在垂直平分線上．6．D【解析】

作出不等式對應的平面區域，由目標函數的幾何意義，通過平移即可求z的最大值．【詳解】作出不等式組的可行域，如圖陰影部分，作直線：在可行域內平移當過點時，取得最大值.由得：，故選：D本題主要考查線性規劃的應用，利用數形結合是解決線性規劃題目的常用方法，屬于基礎題.7．C【解析】

根據直線和平面平行的性質，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【詳解】點不在直線、上，若直線、互相平行，則過點可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行，即必要性成立，若過點可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行，則直線、互相平行成立，反證法證明如下：若直線、互相不平行，則，異面或相交，則過點只能作一個平面同時和兩條直線平行，則與條件矛盾，即充分性成立則“過點可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行”是“直線、互相平行”的充要條件，故選：．本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合空間直線和平面平行的性質是解決本題的關鍵．8．C【解析】

根據全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，即得答案.【詳解】全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，且命題：，，.故選：.本題考查含有一個量詞的命題的否定，屬于基礎題.9．B【解析】

將所有可能的情況全部枚舉出來,再根據古典概型的方法求解即可.【詳解】設乙,丙,丁分別領到x元,y元,z元,記為,則基本事件有,,,,,,,,,,共10個,其中符合乙獲得“最佳手氣”的有3個,故所求概率為,故選：B.本題主要考查了枚舉法求古典概型的方法,屬于基礎題型.10．B【解析】

由題意得出的值，進而利用離心率公式可求得該雙曲線的離心率.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，由題意可得，因此，該雙曲線的離心率為.故選：B.本題考查利用雙曲線的漸近線方程求雙曲線的離心率，利用公式計算較為方便，考查計算能力，屬于基礎題.11．B【解析】

由分子、分母的奇偶性，易于確定函數為奇函數，由的近似值即可得出結果．【詳解】設，則，所以是奇函數，圖象關于原點成中心對稱，排除選項C．又排除選項D；，排除選項A，故選B．本題通過判斷函數的奇偶性，縮小考察范圍，通過計算特殊函數值，最后做出選擇．本題較易，注重了基礎知識、基本計算能力的考查．12．B【解析】分析：根據流程圖中的可知，每次循環的值應是一個等比數列，公比為；根據流程圖中的可知，每次循環的值應是一個等比數列，公比為，根據每次循環得到的的值的大小決定循環的次數即可.詳解：記執行第次循環時，的值記為有，則有；記執行第次循環時，的值記為有，則有.令，則有，故，故選B.點睛：本題為算法中的循環結構和數列通項的綜合，屬于中檔題，解題時注意流程圖中蘊含的數列關系（比如相鄰項滿足等比數列、等差數列的定義，是否是求數列的前和、前項積等）.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

當時，，可得到，再用累乘法求出，再求出，根據定義求出，再借助單調性求解．【詳解】解：當時，，則，，當時，，，，，，（當且僅當時等號成立），，故答案為：．本題主要考查已知求，累乘法，主要考查計算能力，屬于中檔題．14．【解析】

由已知得出函數是偶函數，再得出函數的單調性，得出所解不等式的等價的不等式，可得解集.【詳解】因為定義在的函數滿足，所以函數是偶函數，又當時，，得時，，所以函數在上單調遞減，所以函數在上單調遞減，函數在上單調遞增，所以不等式等價于，即或，解得或，所以不等式的解集為：.故答案為：.本題考查抽象函數的不等式的求解，關鍵得出函數的奇偶性，單調性，屬于中檔題.15．【解析】

，建立方程組，且，求出，進而求出的公比，即可求出結論.【詳解】數列遞增的等比數列，，，解得，所以的公比為，.

故答案為:.本題考查等比數列的性質、通項公式，屬于基礎題.16．1【解析】

設，寫出直線方程代入拋物線方程后應用韋達定理求得，由拋物線定義得焦點弦長，求得，再寫出的垂直平分線方程，得，從而可得結論．【詳解】拋物線的焦點坐標為，直線的方程為，據得.設，則.線段垂直平分線方程為，令，則，所以，所以.故答案為：1．本題考查拋物線的焦點弦問題，根據拋物線的定義表示出焦點弦長是解題關鍵．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）見解析【解析】

（1）消去t,得直線的普通方程，利用極坐標與普通方程互化公式得曲線的直角坐標方程；（2）判斷與圓相離，連接，在中，，即可求解【詳解】（1）將的參數方程（為參數）消去參數，得.因為，，所以曲線的直角坐標方程為.（2）由（1）知曲線是以為圓心，3為半徑的圓，設圓心為，則圓心到直線的距離，所以與圓相離，且.連接，在中，，所以，，即的最小值為.本題考查參數方程化普通方程，極坐標與普通方程互化，直線與圓的位置關系，是中檔題18．（1）；（2）①分布列見解析，；②小張應選擇甲公司應聘.【解析】

（1）記抽取的3天送餐單數都不小于40為事件，可得（A）的值．（2）①設乙公司送餐員送餐單數為，可得當時，，以此類推可得：當時，當時，的值．當時，的值，同理可得：當時，．的所有可能取值．可得的分布列及其數學期望．②依題意，甲公司送餐員日平均送餐單數．可得甲公司送餐員日平均工資，與乙數學期望比較即可得出．【詳解】解：（1）由表知，50天送餐單數中有30天的送餐單數不小于40單，記抽取的3天送餐單數都不小于40為事件，則．（2）①設乙公司送餐員的送餐單數為，日工資為元，則當時，；當時，；當時，；當時，；當時，．所以的分布列為228234240247254．②依題意，甲公司送餐員的日平均送餐單數為，所以甲公司送餐員的日平均工資為元，因為，所以小張應選擇甲公司應聘．本題考查了隨機變量的分布列與數學期望、古典概率計算公式、組合計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．19．（1）；（2）見解析【解析】

（1）由條件可得，再根據離心率可求得，則可得橢圓方程；（2）當與軸垂直時，設直線的方程為：，與橢圓聯立求得的坐標，通過、斜率之積為列方程可得的值，進而可得的面積；當與軸不垂直時，設，，的方程為，與橢圓方程聯立，利用韋達定理和、斜率之積為可得，再利用弦長公式求出，以及到的距離，通過三角形的面積公式求解.【詳解】（1）拋物線的焦點為，，，，，，橢圓方程為；（2）（ⅰ）當與軸垂直時，設直線的方程為：代入得：，，，解得：，；（ⅱ）當與軸不垂直時，設，，的方程為由，由①，，，即整