2024-2025学年陕西省咸阳市渭城区高考数学必刷试卷含解析

这是一份2024-2025学年陕西省咸阳市渭城区高考数学必刷试卷含解析，共13页。试卷主要包含了函数在上单调递减的充要条件是，设集合，，则，已知，，若，则实数的值是等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．，则与位置关系是 ( )
A．平行B．异面
C．相交D．平行或异面或相交
2．在我国传统文化“五行”中，有“金、木、水、火、土”五个物质类别，在五者之间，有一种“相生”的关系，具体是：金生水、水生木、木生火、火生土、土生金.从五行中任取两个，这二者具有相生关系的概率是（ ）
A．0.2B．0.5C．0.4D．0.8
3．已知 若在定义域上恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
5．在平面直角坐标系中，经过点，渐近线方程为的双曲线的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
6．已知的内角、、的对边分别为、、，且，，为边上的中线，若，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
7．函数在上单调递减的充要条件是（ ）
A．B．C．D．
8．设集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
9．正项等比数列中，，且与的等差中项为4，则的公比是 ( )
A．1B．2C．D．
10．已知，，若，则实数的值是（ ）
A．-1B．7C．1D．1或7
11．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为3，则可输入的实数值的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
12．等比数列若则（ ）
A．±6B．6C．-6D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．从2、3、5、7、11、13这六个质数中任取两个数，这两个数的和仍是质数的概率是________（结果用最简分数表示）
14．如图所示，在直角梯形中，，、分别是、上的点，，且（如图①）.将四边形沿折起，连接、、（如图②）.在折起的过程中，则下列表述：

①平面；
②四点、、、可能共面；
③若，则平面平面；
④平面与平面可能垂直.其中正确的是__________.
15．已知以x±2y =0为渐近线的双曲线经过点，则该双曲线的标准方程为________.
16．在边长为的菱形中，点在菱形所在的平面内．若，则_____．
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）如图1，在等腰中，，，分别为，的中点，为的中点，在线段上，且。将沿折起，使点到的位置（如图2所示），且。
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值
18．（12分）在中，角、、所对的边分别为、、，且.
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求及的值.
19．（12分）记数列的前项和为，已知成等差数列.
（1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，求.
20．（12分）在等比数列中，已知，.设数列的前n项和为，且，（，）.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：数列是等差数列；
（3）是否存在等差数列，使得对任意，都有？若存在，求出所有符合题意的等差数列；若不存在，请说明理由.
21．（12分）已知函数（，），且对任意，都有.
（Ⅰ）用含的表达式表示；
（Ⅱ）若存在两个极值点，，且，求出的取值范围，并证明；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，判断零点的个数，并说明理由.
22．（10分）在平面直角坐标系xy中，曲线C的方程为.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.
（1）写出曲线C的极坐标方程，并求出直线l与曲线C的交点M，N的极坐标；
（2）设P是椭圆上的动点，求面积的最大值.
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】
结合图(1)，(2)，(3)所示的情况，可得a与b的关系分别是平行、异面或相交．
选D．
2．B
【解析】
利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.
【详解】
从五行中任取两个，所有可能的方法为：金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土，共种，其中由相生关系的有金水、木水、木火、火土、金土，共种，所以所求的概率为.
故选：B
本小题主要考查古典概型的计算，属于基础题.
3．C
【解析】
先解不等式，可得出，求出函数的值域，由题意可知，不等式在定义域上恒成立，可得出关于的不等式，即可解得实数的取值范围.
【详解】
，先解不等式.
①当时，由，得，解得，此时；
②当时，由，得.
所以，不等式的解集为.
下面来求函数的值域.
当时，，则，此时；
当时，，此时.
综上所述，函数的值域为，
由于在定义域上恒成立，
则不等式在定义域上恒成立，所以，，解得.
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
本题考查利用函数不等式恒成立求参数，同时也考查了分段函数基本性质的应用，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.
4．A
【解析】
根据分段函数直接计算得到答案.
【详解】
因为所以.
故选：.
本题考查了分段函数计算，意在考查学生的计算能力.
5．B
【解析】
根据所求双曲线的渐近线方程为，可设所求双曲线的标准方程为k．再把点代入，求得 k的值，可得要求的双曲线的方程．
【详解】
∵双曲线的渐近线方程为设所求双曲线的标准方程为k．又在双曲线上，则k=16-2=14,即双曲线的方程为∴双曲线的标准方程为
故选：B
本题主要考查用待定系数法求双曲线的方程，双曲线的定义和标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，属于基础题．
6．B
【解析】
延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，根据余弦定理可求出，进而可得的面积.
【详解】
解：延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，
则，，，
在中，
则，得，
.
故选：B.
本题考查余弦定理的应用，考查三角形面积公式的应用，其中根据中线作出平行四边形是关键，是中档题.
7．C
【解析】
先求导函数，函数在上单调递减则恒成立，对导函数不等式换元成二次函数，结合二次函数的性质和图象，列不等式组求解可得.
【详解】
依题意，，
令，则，故在上恒成立；
结合图象可知，，解得
故.
故选：C.
本题考查求三角函数单调区间. 求三角函数单调区间的两种方法:
(1)代换法：就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角(或)，利用基本三角函数的单调性列不等式求解；
(2)图象法：画出三角函数的正、余弦曲线，结合图象求它的单调区间.
8．A
【解析】
解出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】
因为，又，所以.
故选：A.
本题考查交集的计算，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.
9．D
【解析】
设等比数列的公比为q，，运用等比数列的性质和通项公式，以及等差数列的中项性质，解方程可得公比q．
【详解】
由题意，正项等比数列中，，
可得，即，
与的等差中项为4，即，
设公比为q，则，
则负的舍去，
故选D．
本题主要考查了等差数列的中项性质和等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列通项公式，合理利用等比数列的性质是解答的关键，着重考查了方程思想和运算能力，属于基础题．
10．C
【解析】
根据平面向量数量积的坐标运算，化简即可求得的值.
【详解】
由平面向量数量积的坐标运算，代入化简可得
.
∴解得.
故选：C.
本题考查了平面向量数量积的坐标运算，属于基础题.
11．C
【解析】
试题分析：根据题意，当时，令，得；当时，令，得
，故输入的实数值的个数为1．
考点：程序框图．
12．B
【解析】
根据等比中项性质代入可得解，由等比数列项的性质确定值即可.
【详解】
由等比数列中等比中项性质可知，，
所以，
而由等比数列性质可知奇数项符号相同，所以，
故选：B.
本题考查了等比数列中等比中项的简单应用，注意项的符号特征，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
依据古典概型的计算公式，分别求“任取两个数”和“任取两个数，和是质数”的事件数，计算即可。
【详解】
“任取两个数”的事件数为，“任取两个数，和是质数”的事件有（2,3），（2,5），（2,11）共3个，所以任取两个数，这两个数的和仍是质数的概率是。
本题主要考查古典概型的概率求法。
14．①③
【解析】
连接、交于点，取的中点，证明四边形为平行四边形，可判断命题①的正误；利用线面平行的性质定理和空间平行线的传递性可判断命题②的正误；连接，证明出，结合线面垂直和面面垂直的判定定理可判断命题③的正误；假设平面与平面垂直，利用面面垂直的性质定理可判断命题④的正误.综合可得出结论.
【详解】
对于命题①，连接、交于点，取的中点、，连接、，如下图所示：
则且，四边形是矩形，且，为的中点，
为的中点，且，且，
四边形为平行四边形，，即，
平面，平面，平面，命题①正确；
对于命题②，，平面，平面，平面，
若四点、、、共面，则这四点可确定平面，则，平面平面，由线面平行的性质定理可得，
则，但四边形为梯形且、为两腰，与相交，矛盾.
所以，命题②错误；
对于命题③，连接、，设，则，
在中，，，则为等腰直角三角形，
且，，，且，
由余弦定理得，，
，又，，平面，
平面，，
，、为平面内的两条相交直线，所以，平面，
平面，平面平面，命题③正确；
对于命题④，假设平面与平面垂直，过点在平面内作，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
平面，，
，，，，，
又，平面，平面，.
，平面，平面，.
，，显然与不垂直，命题④错误.
故答案为：①③.
本题考查立体几何综合问题，涉及线面平行、面面垂直的证明、以及点共面的判断，考查推理能力，属于中等题.
15．
【解析】
设双曲线方程为，代入点，计算得到答案.
【详解】
双曲线渐近线为，则设双曲线方程为：，代入点，则.
故双曲线方程为：.
故答案为：.
本题考查了根据渐近线求双曲线，设双曲线方程为是解题的关键.
16．
【解析】
以菱形的中心为坐标原点建立平面直角坐标系,再设,根据求出的坐标,进而求得即可.
【详解】
解：连接设交于点以点为原点,
分别以直线为轴,建立如图所示的平面直角坐标系,
则：
设

得,
解得,
,
或,
显然得出的是定值,
取
则,
．
故答案为：．
本题主要考查了建立平面直角坐标系求解向量数量积的有关问题,属于中档题.
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）证明见解析
（2）
【解析】
（1）要证明线面平行，需证明线线平行，取的中点，连接，根据条件证明，即；
（2）以为原点，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：取的中点，连接.
∵，∴为的中点.
又为的中点，∴.
依题意可知，则四边形为平行四边形，
∴，从而.
又平面，平面，
∴平面.
（2），且，
平面，平面，
，
，且，
平面，
以为原点，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，不妨设，
则，，，，，
，，，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，得.
设平面的法向量为，
则，即，
令，得.
从而，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
本题考查线面平行的证明和空间坐标法解决二面角的问题，意在考查空间想象能力，推理证明和计算能力，属于中档题型，证明线面平行，或证明面面平行时，关键是证明线线平行，所以做辅助线或证明时，需考虑构造中位线或平行四边形，这些都是证明线线平行的常方法.
18．（1）（2）；
【解析】
（1）由代入中计算即可；
（2）由余弦定理可得，所以，由，变形即可得到答案.
【详解】
（1）因为，可得：，
∴，或（舍），∵，
∴.
（2）由余弦定理，
得
所以，
故，
又，
所以，
所以.
本题考查二倍角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.
19．（1）证明见解析，；（2）
【解析】
（1）由成等差数列，可得到，再结合公式，消去，得到，再给等式两边同时加1，整理可证明结果；
（2）将（1）得到的代入中化简后再裂项，然后求其前项和.
【详解】
（1）由成等差数列，则，
即，①
当时，，
又，②
由①②可得：，
即，
时，.
所以是以3为首项，3为公比的等比数列，
，所以.
（2），
所以.
此题考查了数列递推式，等比数列的证明，裂列相消求和，考查了学生分析问题和解决问题的能力，属于中档题.
20．（1）（2）见解析（3）存在唯一的等差数列，其通项公式为，满足题设
【解析】
（1）由，可得公比，即得；（2）由（1）和可得数列的递推公式，即可知结果为常数，即得证；（3）由（2）可得数列的通项公式，，设出等差数列，再根据不等关系来算出的首项和公差即可.
【详解】
（1）设等比数列的公比为q，因为，，所以，解得.
所以数列的通项公式为：.
（2）由（1）得，当，时，可得①，
②
②①得，，
则有，即，，.
因为，由①得，，所以，
所以，.
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.
（3）由（2）得，所以，.
假设存在等差数列，其通项，
使得对任意，都有，
即对任意，都有.③
首先证明满足③的.若不然，，则，或.
（i）若，则当，时，，
这与矛盾.
（ii）若，则当，时，.
而，，所以.
故，这与矛盾.所以.
其次证明：当时，.
因为，所以在上单调递增，
所以，当时，.
所以当，时，.
再次证明.
（iii）若时，则当，，，，这与③矛盾.
（iv）若时，同（i）可得矛盾.所以.
当时，因为，，
所以对任意，都有.所以，.
综上，存在唯一的等差数列，其通项公式为，满足题设.
本题考查求等比数列通项公式，证明等差数列，以及数列中的探索性问题，是一道数列综合题，考查学生的分析，推理能力.
21．（1）（2）见解析（3）见解析
【解析】
试题分析：利用赋值法求出关系，求函数导数，要求函数有两个极值点，只需在内有两个实根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范围，再根据函数图象和极值的大小判断零点的个数.
试题解析：（Ⅰ）根据题意：令，可得，
所以，
经验证，可得当时，对任意，都有，
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，且，
所以 ，
令，要使存在两个极值点，，则须有有两个不相等的正数根，所以
或
解得或无解，所以的取值范围，可得，
由题意知 ，
令 ，则 ．
而当时， ，即，
所以在上单调递减，
所以

即时，．
（Ⅲ）因为 ，．
令得，．
由（Ⅱ）知时，的对称轴，，，所以.
又，可得，此时，在上单调递减，上单调递增，上单调递减，所以 最多只有三个不同的零点．
又因为，所以在上递增，即时，恒成立．
根据（2）可知且，所以，即，所以，使得．
由，得，又，，
所以恰有三个不同的零点：，1，．
综上所述，恰有三个不同的零点．
【点睛】利用赋值法求出关系，利用函数导数，研究函数的单调性，要求函数有两个极值点，只需在内有两个实根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范围，利用函数的导数研究函数的单调性、极值，再根据函数图象和极值的大小判断零点的个数是近年高考压轴题的热点.
22．（1），，；（2）.
【解析】
（1）利用公式即可求得曲线的极坐标方程；联立直线和曲线的极坐标方程，即可求得交点坐标；
（2）设出点坐标的参数形式，将问题转化为求三角函数最值的问题即可求得.
【详解】
（1）曲线的极坐标方程：
联立，得，又因为都满足两方程，
故两曲线的交点为，.
（2）易知，直线.
设点，则点到直线的距离
（其中）.
面积的最大值为.
本题考查极坐标方程和直角坐标方程之间的相互转化，涉及利用椭圆的参数方程求面积的最值问题，属综合中档题.