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文档简介
河北省沧州市2025年高考模拟(4月)数学试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.为了贯彻落实党中央精准扶贫决策,某市将其低收入家庭的基本情况经过统计绘制如图,其中各项统计不重复.若该市老年低收入家庭共有900户,则下列说法错误的是()A.该市总有15000户低收入家庭B.在该市从业人员中,低收入家庭共有1800户C.在该市无业人员中,低收入家庭有4350户D.在该市大于18岁在读学生中,低收入家庭有800户2.函数与的图象上存在关于直线对称的点,则的取值范围是()A. B. C. D.3.如图所示点是抛物线的焦点,点、分别在抛物线及圆的实线部分上运动,且总是平行于轴,则的周长的取值范围是()A. B. C. D.4.△ABC的内角A,B,C的对边分别为,已知,则为()A. B. C.或 D.或5.设,是两条不同的直线,,是两个不同的平面,下列命题中正确的是()A.若,,,则B.若,,,则C.若,,,则D.若,,,则6.设,,,则,,三数的大小关系是A. B.C. D.7.已知集合,,则=()A. B. C. D.8.如图,四边形为平行四边形,为中点,为的三等分点(靠近)若,则的值为()A. B. C. D.9.已知为定义在上的偶函数,当时,,则()A. B. C. D.10.函数在上的图象大致为()A. B.C. D.11.已知各项都为正的等差数列中,,若,,成等比数列,则()A. B. C. D.12.若集合,,则()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知数列为等比数列,,则_____.14.已知关于空间两条不同直线m、n,两个不同平面、,有下列四个命题:①若且,则;②若且,则;③若且,则;④若,且,则.其中正确命题的序号为______.15.己知函数,若关于的不等式对任意的恒成立,则实数的取值范围是______.16.小李参加有关“学习强国”的答题活动,要从4道题中随机抽取2道作答,小李会其中的三道题,则抽到的2道题小李都会的概率为_____.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数,为实数).以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为,曲线与曲线交于,两点,线段的中点为.(1)求线段长的最小值;(2)求点的轨迹方程.18.(12分)在四边形中,,;如图,将沿边折起,连结,使,求证:(1)平面平面;(2)若为棱上一点,且与平面所成角的正弦值为,求二面角的大小.19.(12分)在中,为边上一点,,.(1)求;(2)若,,求.20.(12分)如图,在四棱锥中,平面,,为的中点.(1)求证:平面;(2)求二面角的余弦值.21.(12分)已知件次品和件正品混放在一起,现需要通过检测将其区分,每次随机检测一件产品,检测后不放回,直到检测出件次品或者检测出件正品时检测结束.(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率;(2)已知每检测一件产品需要费用元,设表示直到检测出件次品或者检测出件正品时所需要的检测费用(单位:元),求的分布列.22.(10分)已知函数.(1)若在处取得极值,求的值;(2)求在区间上的最小值;(3)在(1)的条件下,若,求证:当时,恒有成立.
参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.D【解析】
根据给出的统计图表,对选项进行逐一判断,即可得到正确答案.【详解】解:由题意知,该市老年低收入家庭共有900户,所占比例为6%,则该市总有低收入家庭900÷6%=15000(户),A正确,该市从业人员中,低收入家庭共有15000×12%=1800(户),B正确,该市无业人员中,低收入家庭有15000×29%%=4350(户),C正确,该市大于18岁在读学生中,低收入家庭有15000×4%=600(户),D错误.故选:D.【点睛】本题主要考查对统计图表的认识和分析,这类题要认真分析图表的内容,读懂图表反映出的信息是解题的关键,属于基础题.2.C【解析】
由题可知,曲线与有公共点,即方程有解,可得有解,令,则,对分类讨论,得出时,取得极大值,也即为最大值,进而得出结论.【详解】解:由题可知,曲线与有公共点,即方程有解,即有解,令,则,则当时,;当时,,故时,取得极大值,也即为最大值,当趋近于时,趋近于,所以满足条件.故选:C.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数性质的基本方法,考查化归与转化等数学思想,考查抽象概括、运算求解等数学能力,属于难题.3.B【解析】
根据抛物线方程求得焦点坐标和准线方程,结合定义表示出;根据抛物线与圆的位置关系和特点,求得点横坐标的取值范围,即可由的周长求得其范围.【详解】抛物线,则焦点,准线方程为,根据抛物线定义可得,圆,圆心为,半径为,点、分别在抛物线及圆的实线部分上运动,解得交点横坐标为2.点、分别在两个曲线上,总是平行于轴,因而两点不能重合,不能在轴上,则由圆心和半径可知,则的周长为,所以,故选:B.【点睛】本题考查了抛物线定义、方程及几何性质的简单应用,圆的几何性质应用,属于中档题.4.D【解析】
由正弦定理可求得,再由角A的范围可求得角A.【详解】由正弦定理可知,所以,解得,又,且,所以或。故选:D.【点睛】本题主要考查正弦定理,注意角的范围,是否有两解的情况,属于基础题.5.D【解析】试题分析:,,故选D.考点:点线面的位置关系.6.C【解析】
利用对数函数,指数函数以及正弦函数的性质和计算公式,将a,b,c与,比较即可.【详解】由,,,所以有.选C.【点睛】本题考查对数值,指数值和正弦值大小的比较,是基础题,解题时选择合适的中间值比较是关键,注意合理地进行等价转化.7.C【解析】
计算,,再计算交集得到答案.【详解】,,故.故选:.【点睛】本题考查了交集运算,意在考查学生的计算能力.8.D【解析】
使用不同方法用表示出,结合平面向量的基本定理列出方程解出.【详解】解:,又解得,所以故选:D【点睛】本题考查了平面向量的基本定理及其意义,属于基础题.9.D【解析】
判断,利用函数的奇偶性代入计算得到答案.【详解】∵,∴.故选:【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性求值,意在考查学生对于函数性质的灵活运用.10.A【解析】
首先判断函数的奇偶性,再根据特殊值即可利用排除法解得;【详解】解:依题意,,故函数为偶函数,图象关于轴对称,排除C;而,排除B;,排除D.故选:.【点睛】本题考查函数图象的识别,函数的奇偶性的应用,属于基础题.11.A【解析】试题分析:设公差为或(舍),故选A.考点:等差数列及其性质.12.B【解析】
根据正弦函数的性质可得集合A,由集合性质表示形式即可求得,进而可知满足.【详解】依题意,;而,故,则.故选:B.【点睛】本题考查了集合关系的判断与应用,集合的包含关系与补集关系的应用,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.81【解析】
设数列的公比为,利用等比数列通项公式求出,代入等比数列通项公式即可求解.【详解】设数列的公比为,由题意知,因为,由等比数列通项公式可得,,解得,由等比数列通项公式可得,.故答案为:【点睛】本题考查等比数列通项公式;考查运算求解能力;属于基础题.14.③④【解析】
由直线与直线的位置关系,直线与平面的位置关系,面面垂直的判定定理和线面垂直的定义判断.【详解】①若且,的位置关系是平行、相交或异面,①错;②若且,则或者,②错;③若,设过的平面与交于直线,则,又,则,∴,③正确;④若,且,由线面垂直的定义知,④正确.故答案为:③④.【点睛】本题考查直线与直线的位置关系,直线与平面的位置关系,面面垂直的判定定理和线面垂直的定义,考查空间线面间的位置关系,掌握空间线线、线面、面面位置关系是解题基础.15.【解析】
首先判断出函数为定义在上的奇函数,且在定义域上单调递增,由此不等式对任意的恒成立,可转化为在上恒成立,进而建立不等式组,解出即可得到答案.【详解】解:函数的定义域为,且,函数为奇函数,当时,函数,显然此时函数为增函数,函数为定义在上的增函数,不等式即为,在上恒成立,,解得.故答案为.【点睛】本题考查函数单调性及奇偶性的综合运用,考查不等式的恒成立问题,属于常规题目.16.【解析】
从四道题中随机抽取两道共6种情况,抽到的两道全都会的情况有3种,即可得到概率.【详解】由题:从从4道题中随机抽取2道作答,共有种,小李会其中的三道题,则抽到的2道题小李都会的情况共有种,所以其概率为.故答案为:【点睛】此题考查根据古典概型求概率,关键在于根据题意准确求出基本事件的总数和某一事件包含的基本事件个数.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(1)(2)【解析】
(1)将曲线的方程化成直角坐标方程为,当时,线段取得最小值,利用几何法求弦长即可.(2)当点与点不重合时,设,由利用向量的数量积等于可求解,最后验证当点与点重合时也满足.【详解】解曲线的方程化成直角坐标方程为即圆心,半径,曲线为过定点的直线,易知在圆内,当时,线段长最小为当点与点不重合时,设,化简得当点与点重合时,也满足上式,故点的轨迹方程为【点睛】本题考查了极坐标与普通方程的互化、直线与圆的位置关系、列方程求动点的轨迹方程,属于基础题.18.(1)证明见详解;(2)【解析】
(1)由题可知,等腰直角三角形与等边三角形,在其公共边AC上取中点O,连接、,可得,可求出.在中,由勾股定理可证得,结合,可证明平面.再根据面面垂直的判定定理,可证平面平面.(2)以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,由点F在线段上,设,得出的坐标,进而求出平面的一个法向量.用向量法表示出与平面所成角的正弦值,由其等于,解得.再结合为平面的一个法向量,用向量法即可求出与的夹角,结合图形,写出二面角的大小.【详解】证明:(1)在中,为正三角形,且在中,为等腰直角三角形,且取的中点,连接,,,平面平面平面..平面平面(2)以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,设.则设平面的一个法向量为.则,令,解得与平面所成角的正弦值为,整理得解得或(含去)又为平面的一个法向量,二面角的大小为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定,面面垂直的判定,向量法解决线面角、二面角的问题,属于中档题.19.(1);(2)4【解析】
(1),利用两角差的正弦公式计算即可;(2)设,在中,用正弦定理将用x表示,在中用一次余弦定理即可解决.【详解】(1)∵,∴,所以,.(2)∵,∴设,,在中,由正弦定理得,,∴,∴,∵,∴∴.【点睛】本题考查两角差的正弦公式以及正余弦定理解三角形,考查学生的运算求解能力,是一道容易题.20.(1)见解析;(2)【解析】
(1)取的中点,连接,根据中位线的方法证明四边形是平行四边形.再证明与从而证明平面,从而得到平面即可.(2)以所在的直线为轴建立空间直角坐标系,再求得平面的法向量与平面的法向量进而求得二面角的余弦值即可.【详解】(1)证明:如图,取的中点,连接.又为的中点,则是的中位线.所以且.又且,所以且.所以四边形是平行四边形.所以.因为,为的中点,所以.因为,所以.因为平面,所以.又,所以平面.所以.又,所以平面.又,所以平面.(2)易知两两互相垂直,所以分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系:因为,所以点.则.设平面的法向量为,由,得,令,得平面的一个法向量为;显然平面的一个法向量为;设二面角的大小为,则.故二面角的余弦值是.【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明以及建立空间直角坐标系求解二面角的问题,需要用到线线垂直与线面垂直的转换以及法向量的求法等.属于中档题.21.(1);(2)见解析.【解析】
(1)利用独立事件的概率乘法公式可计算出所求事件的概率;(2)由题意可知随机变量的可能取值有、、,计算出随机变量在不同取值下的概率,由此可得出随机变量的分布列.【详解】(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件,则;(2)由题意可知,随机变量的可能取值为、、.则,,.故的分布列为【点睛】本题考查概率的计算,同时也考查了随机变量分布列,考查计算能力,属于基础题.22.(1)2;(2);(3)证明见解析【解析】
(1)先求出函数的定义域和导数,由已知函数在处取得极值,得到,即可求解的值;(2)由(1)得,定义域为,分,和三种情况讨论,分别求得函数的最小值,即可得到结论;(3)由,得到,把,只需证,构造新函数,利用导数求得函数的单调性与最值,即可求解.【详解】(1)由,定义域为,则,因为函数在处取得极值,所以,即,解得,经检验,满足题意,所以.(2)由(1)得,定义域为,当时,有,在区间上单调递增,最小值为,当时,由得,且,当时,,单调递减;当时,,单调递增
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