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文檔簡介

江蘇省徐州市、宿遷市2025年高三考前實戰演練數學試題注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑,如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號。回答非選擇題時,將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效。3.考試結束后,將本試卷和答題卡一并交回。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.已知集合,,若,則()A.4 B.-4 C.8 D.-82.設a,b都是不等于1的正數,則“”是“”的()A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件3.執行如圖所示的程序框圖,當輸出的時,則輸入的的值為()A.-2 B.-1 C. D.4.設,則(

)A.10 B.11 C.12 D.135.已知,則p是q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.已知拋物線:的焦點為,準線為,是上一點,直線與拋物線交于,兩點,若,則為()A. B.40 C.16 D.7.已知排球發球考試規則:每位考生最多可發球三次,若發球成功,則停止發球,否則一直發到次結束為止.某考生一次發球成功的概率為,發球次數為,若的數學期望,則的取值范圍為()A. B. C. D.8.如果直線與圓相交,則點與圓C的位置關系是()A.點M在圓C上 B.點M在圓C外C.點M在圓C內 D.上述三種情況都有可能9.一個由兩個圓柱組合而成的密閉容器內裝有部分液體,小圓柱底面半徑為,大圓柱底面半徑為,如圖1放置容器時,液面以上空余部分的高為,如圖2放置容器時,液面以上空余部分的高為,則()A. B. C. D.10.已知正方體的棱長為2,點為棱的中點,則平面截該正方體的內切球所得截面面積為()A. B. C. D.11.將函數的圖象向左平移個單位長度,得到的函數為偶函數,則的值為()A. B. C. D.12.若為虛數單位,則復數在復平面上對應的點位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.在中,已知,則的最小值是________.14.的展開式中的系數為__________.15.已知函數為奇函數,則______.16.記復數z=a+bi(i為虛數單位)的共軛復數為,已知z=2+i,則_____.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)在底面為菱形的四棱柱中,平面.(1)證明:平面;(2)求二面角的正弦值.18.(12分)已知函數(1)若函數在處取得極值1,證明:(2)若恒成立,求實數的取值范圍.19.(12分)如圖所示,直角梯形中,,,,四邊形為矩形,.(1)求證:平面平面;(2)在線段上是否存在點,使得直線與平面所成角的正弦值為,若存在,求出線段的長,若不存在,請說明理由.20.(12分)在四棱錐中,底面是平行四邊形,為其中心,為銳角三角形,且平面底面,為的中點,.(1)求證:平面;(2)求證:.21.(12分)已知橢圓過點且橢圓的左、右焦點與短軸的端點構成的四邊形的面積為.(1)求橢圓C的標準方程:(2)設A是橢圓的左頂點,過右焦點F的直線,與橢圓交于P,Q,直線AP,AQ與直線交于M,N,線段MN的中點為E.①求證:;②記,,的面積分別為、、,求證:為定值.22.(10分)如圖,正方形是某城市的一個區域的示意圖,陰影部分為街道,各相鄰的兩紅綠燈之間的距離相等,處為紅綠燈路口,紅綠燈統一設置如下:先直行綠燈30秒,再左轉綠燈30秒,然后是紅燈1分鐘,右轉不受紅綠燈影響,這樣獨立的循環運行.小明上學需沿街道從處騎行到處(不考慮處的紅綠燈),出發時的兩條路線()等可能選擇,且總是走最近路線.(1)請問小明上學的路線有多少種不同可能?(2)在保證通過紅綠燈路口用時最短的前提下,小明優先直行,求小明騎行途中恰好經過處,且全程不等紅綠燈的概率;(3)請你根據每條可能的路線中等紅綠燈的次數的均值,為小明設計一條最佳的上學路線,且應盡量避開哪條路線?

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】

根據交集的定義,,可知,代入計算即可求出.【詳解】由,可知,又因為,所以時,,解得.故選:B.【點睛】本題考查交集的概念,屬于基礎題.2、C【解析】

根據對數函數以及指數函數的性質求解a,b的范圍,再利用充分必要條件的定義判斷即可.【詳解】由“”,得,得或或,即或或,由,得,故“”是“”的必要不充分條件,故選C.【點睛】本題考查必要條件、充分條件及充分必要條件的判斷方法,考查指數,對數不等式的解法,是基礎題.3、B【解析】若輸入,則執行循環得結束循環,輸出,與題意輸出的矛盾;若輸入,則執行循環得結束循環,輸出,符合題意;若輸入,則執行循環得結束循環,輸出,與題意輸出的矛盾;若輸入,則執行循環得結束循環,輸出,與題意輸出的矛盾;綜上選B.4、B【解析】

根據題中給出的分段函數,只要將問題轉化為求x≥10內的函數值,代入即可求出其值.【詳解】∵f(x),∴f(5)=f[f(1)]=f(9)=f[f(15)]=f(13)=1.故選:B.【點睛】本題主要考查了分段函數中求函數的值,屬于基礎題.5、B【解析】

根據誘導公式化簡再分析即可.【詳解】因為,所以q成立可以推出p成立,但p成立得不到q成立,例如,而,所以p是q的必要而不充分條件.故選:B【點睛】本題考查充分與必要條件的判定以及誘導公式的運用,屬于基礎題.6、D【解析】

如圖所示,過分別作于,于,利用和,聯立方程組計算得到答案.【詳解】如圖所示:過分別作于,于.,則,根據得到:,即,根據得到:,即,解得,,故.故選:.【點睛】本題考查了拋物線中弦長問題,意在考查學生的計算能力和轉化能力.7、A【解析】

根據題意,分別求出再根據離散型隨機變量期望公式進行求解即可【詳解】由題可知,,,則解得,由可得,答案選A【點睛】本題考查離散型隨機變量期望的求解,易錯點為第三次發球分為兩種情況:三次都不成功、第三次成功8、B【解析】

根據圓心到直線的距離小于半徑可得滿足的條件,利用與圓心的距離判斷即可.【詳解】直線與圓相交,圓心到直線的距離,即.也就是點到圓的圓心的距離大于半徑.即點與圓的位置關系是點在圓外.故選:【點睛】本題主要考查直線與圓相交的性質,考查點到直線距離公式的應用,屬于中檔題.9、B【解析】

根據空余部分體積相等列出等式即可求解.【詳解】在圖1中,液面以上空余部分的體積為;在圖2中,液面以上空余部分的體積為.因為,所以.故選:B【點睛】本題考查圓柱的體積,屬于基礎題.10、A【解析】

根據球的特點可知截面是一個圓,根據等體積法計算出球心到平面的距離,由此求解出截面圓的半徑,從而截面面積可求.【詳解】如圖所示:設內切球球心為,到平面的距離為,截面圓的半徑為,因為內切球的半徑等于正方體棱長的一半,所以球的半徑為,又因為,所以,又因為,所以,所以,所以截面圓的半徑,所以截面圓的面積為.故選:A.【點睛】本題考查正方體的內切球的特點以及球的截面面積的計算,難度一般.任何一個平面去截球,得到的截面一定是圓面,截面圓的半徑可通過球的半徑以及球心到截面的距離去計算.11、D【解析】

利用三角函數的圖象變換求得函數的解析式,再根據三角函數的性質,即可求解,得到答案.【詳解】將將函數的圖象向左平移個單位長度,可得函數又由函數為偶函數,所以,解得,因為,當時,,故選D.【點睛】本題主要考查了三角函數的圖象變換,以及三角函數的性質的應用,其中解答中熟記三角函數的圖象變換,合理應用三角函數的圖象與性質是解答的關鍵,著重考查了推理與運算能力,屬于基礎題.12、D【解析】

根據復數的運算,化簡得到,再結合復數的表示,即可求解,得到答案.【詳解】由題意,根據復數的運算,可得,所對應的點為位于第四象限.故選D.【點睛】本題主要考查了復數的運算,以及復數的幾何意義,其中解答中熟記復數的運算法則,準確化簡復數為代數形式是解答的關鍵,著重考查了推理與運算能力,屬于基礎題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】分析:可先用向量的數量積公式將原式變形為:,然后再結合余弦定理整理為,再由cosC的余弦定理得到a,b的關系式,最后利用基本不等式求解即可.詳解:已知,可得,將角A,B,C的余弦定理代入得,由,當a=b時取到等號,故cosC的最小值為.點睛:考查向量的數量積、余弦定理、基本不等式的綜合運用,能正確轉化是解題關鍵.屬于中檔題.14、3【解析】

分別用1和進行分類討論即可【詳解】當第一個因式取1時,第二個因式應取含的項,則對應系數為:;當第一個因式取時,第二個因式應取含的項,則對應系數為:;故的展開式中的系數為.故答案為:3【點睛】本題考查二項式定理中具體項對應系數的求解,屬于基礎題15、【解析】

利用奇函數的定義得出,結合對數的運算性質可求得實數的值.【詳解】由于函數為奇函數,則,即,,整理得,解得.當時,真數,不合乎題意;當時,,解不等式,解得或,此時函數的定義域為,定義域關于原點對稱,合乎題意.綜上所述,.故答案為:.【點睛】本題考查利用函數的奇偶性求參數,考查了函數奇偶性的定義和對數運算性質的應用,考查計算能力,屬于中等題.16、3﹣4i【解析】

計算得到z2=(2+i)2=3+4i,再計算得到答案.【詳解】∵z=2+i,∴z2=(2+i)2=3+4i,則.故答案為:3﹣4i.【點睛】本題考查了復數的運算,共軛復數,意在考查學生的計算能力.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)由已知可證,即可證明結論;(2)根據已知可證平面,建立空間直角坐標系,求出坐標,進而求出平面和平面的法向量坐標,由空間向量的二面角公式,即可求解.【詳解】方法一:(1)依題意,且∴,∴四邊形是平行四邊形,∴,∵平面,平面,∴平面.(2)∵平面,∴,∵且為的中點,∴,∵平面且,∴平面,以為原點,分別以為軸、軸、軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,則,,,,∴設平面的法向量為,則,∴,取,則.設平面的法向量為,則,∴,取,則.∴,設二面角的平面角為,則,∴二面角的正弦值為.方法二:(1)證明:連接交于點,因為四邊形為平行四邊形,所以為中點,又因為四邊形為菱形,所以為中點,∴在中,且,∵平面,平面,∴平面(2)略,同方法一.【點睛】本題主要考查線面平行的證明,考查空間向量法求面面角,意在考查直觀想象、邏輯推理與數學運算的數學核心素養,屬于中檔題.18、(1)證明見詳解;(2)【解析】

(1)求出函數的導函數,由在處取得極值1,可得且.解出,構造函數,分析其單調性,結合,即可得到的范圍,命題得證;

(2)由分離參數,得到恒成立,構造函數,求導函數,再構造函數,進行二次求導.由知,則在上單調遞增.根據零點存在定理可知有唯一零點,且.由此判斷出時,單調遞減,時,單調遞增,則,即.由得,再次構造函數,求導分析單調性,從而得,即,最終求得,則.【詳解】解:(1)由題知,∵函數在,處取得極值1,,且,,,令,則為增函數,,即成立.(2)不等式恒成立,即不等式恒成立,即恒成立,令,則令,則,,,在上單調遞增,且,有唯一零點,且,當時,,,單調遞減;當時,,,單調遞增.,由整理得,令,則方程等價于而在上恒大于零,在上單調遞增,.,∴實數的取值范圍為.【點睛】本題考查了函數的極值,利用導函數判斷函數的單調性,函數的零點存在定理,證明不等式,解決不等式恒成立問題.其中多次構造函數,是解題的關鍵,屬于綜合性很強的難題.19、(1)見解析;(2)存在,長【解析】

(1)先證面,又因為面,所以平面平面.(2)根據題意建立空間直角坐標系.列出各點的坐標表示,設,則可得出向量,求出平面的法向量為,利用直線與平面所成角的正弦公式列方程求出或,從而求出線段的長.【詳解】解:(1)證明:因為四邊形為矩形,∴.∵∴∴∴面∴面又∵面∴平面平面(2)取為原點,所在直線為軸,所在直線為軸建立空間直角坐標系.如圖所示:則,,,,,設,;∴,,設平面的法向量為,∴,不防設.∴,化簡得,解得或;當時,,∴;當時,,∴;綜上存在這樣的點,線段的長.【點睛】本題考查平面與平面垂直的判定定理的應用,考查利用線面所成角求參數問題,是幾何綜合題,考查空間想象力以及計算能力.20、(1)證明見解析(2)證明見解析【解析】

(1)通過證明,即可證明線面平行;(2)通過證明平面,即可證明線線垂直.【詳解】(1)連,因為為平行四邊形,為其中心,所以,為中點,又因為為中點,所以,又平面,平面所以,平面;(2)作于因為平面平面,平面平面,平面,所以,平面又平面,所以又,,平面,平面所以,平面,又平面,所以,.【點睛】此題考查證明線面平行和線面垂直,通過線面垂直得線線垂直,關鍵在于熟練掌握相關判定定理,找出平行關系和垂直關

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