2025届灵川县高考数学倒计时模拟卷含解析

这是一份2025届灵川县高考数学倒计时模拟卷含解析，共6页。试卷主要包含了集合,则集合的真子集的个数是，给出个数 ，，，，，，其规律是等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．已知集合A，B=,则A∩B=
A．B．C．D．
2．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ）
A．2对B．3对
C．4对D．5对
3．已知函数，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
4．函数在的图像大致为
A．B．C．D．
5．数列{an}是等差数列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4+λa10+a16＝15，则实数λ的最大值为（ ）
A．B．C．D．
6．集合,则集合的真子集的个数是
A．1个B．3个C．4个D．7个
7．给出个数 ，，，，，，其规律是：第个数是，第个数比第个数大 ，第个数比第个数大，第个数比第个数大，以此类推，要计算这个数的和．现已给出了该问题算法的程序框图如图，请在图中判断框中的①处和执行框中的②处填上合适的语句，使之能完成该题算法功能( )
A．；B．；
C．；D．；
8．已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．3B．C．D．
9．已知椭圆内有一条以点为中点的弦，则直线的方程为( )
A．B．
C．D．
10．某人用随机模拟的方法估计无理数的值，做法如下：首先在平面直角坐标系中，过点作轴的垂线与曲线相交于点，过作轴的垂线与轴相交于点（如图），然后向矩形内投入粒豆子，并统计出这些豆子在曲线上方的有粒，则无理数的估计值是（ ）

A．B．C．D．
11．已知函数是上的偶函数，是的奇函数，且，则的值为（ ）
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．下表是关于青年观众的性别与是否喜欢综艺“奔跑吧，兄弟”的调查数据，人数如下表所示：
现要在所有参与调查的人中用分层抽样的方法抽取个人做进一步的调研，若在“不喜欢的男性青年观众”的人中抽取了8人，则的值为______.
14．设全集，集合，，则集合______.
15．已知数列为等差数列，数列为等比数列，满足，其中，，则的值为_______________．
16．的展开式中，x5的系数是_________．（用数字填写答案）
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）已知在平面四边形中，的面积为.
（1）求的长；
（2）已知，为锐角，求.
18．（12分）已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围.
19．（12分）试求曲线y＝sinx在矩阵MN变换下的函数解析式，其中M，N．
20．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
（2）设为曲线上位于第一，二象限的两个动点，且，射线交曲线分别于，求面积的最小值，并求此时四边形的面积.
21．（12分）《山东省高考改革试点方案》规定：从2017年秋季高中入学的新生开始，不分文理科；2020年开始，高考总成绩由语数外3门统考科目和物理、化学等六门选考科目构成．将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为、、、、、、、共8个等级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为、、、、、、、．选考科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到、、、、、、、八个分数区间，得到考生的等级成绩．某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布．
（1）求物理原始成绩在区间的人数；
（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取3人，记表示这3人中等级成绩在区间的人数，求的分布列和数学期望．
（附：若随机变量，则，，）
22．（10分）如图，在等腰梯形中，AD∥BC，，，，，分别为，，的中点，以为折痕将折起，使点到达点位置（平面）．
（1）若为直线上任意一点，证明：MH∥平面；
（2）若直线与直线所成角为，求二面角的余弦值．
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．A
【解析】
先解A、B集合，再取交集。
【详解】
,所以B集合与A集合的交集为，故选A
一般地，把不等式组放在数轴中得出解集。
2．C
【解析】
画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案．
【详解】
该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，
作PO⊥AD于O，则有PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，
又AD⊥CD，所以，CD⊥平面PAD，
所以平面平面，
同理可证：平面平面，
由三视图可知：PO＝AO＝OD，所以，AP⊥PD，又AP⊥CD，
所以，AP⊥平面PCD，所以，平面平面，
所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．
本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题．
3．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.
4．B
【解析】
由分子、分母的奇偶性，易于确定函数为奇函数，由的近似值即可得出结果．
【详解】
设，则，所以是奇函数，图象关于原点成中心对称，排除选项C．又排除选项D；，排除选项A，故选B．
本题通过判断函数的奇偶性，缩小考察范围，通过计算特殊函数值，最后做出选择．本题较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．
5．D
【解析】
利用等差数列通项公式推导出λ，由d∈[1，2]，能求出实数λ取最大值．
【详解】
∵数列{an}是等差数列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4+λa10+a16＝15，
∴1+3d+λ（1+9d）+1+15d＝15，解得λ，
∵d∈[1，2]，λ2是减函数，
∴d＝1时，实数λ取最大值为λ．
故选D．
本题考查实数值的最大值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6．B
【解析】
由题意，结合集合，求得集合，得到集合中元素的个数，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，集合，
则，
所以集合的真子集的个数为个，故选B．
本题主要考查了集合的运算和集合中真子集的个数个数的求解，其中作出集合的运算，得到集合，再由真子集个数的公式作出计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．
7．A
【解析】
要计算这个数的和，这就需要循环50次，这样可以确定判断语句①，根据累加最的变化规律可以确定语句②.
【详解】
因为计算这个数的和，循环变量的初值为1，所以步长应该为1，故判断语句①应为，第个数是，第个数比第个数大 ，第个数比第个数大，第个数比第个数大，这样可以确定语句②为，故本题选A.
本题考查了补充循环结构，正确读懂题意是解本题的关键.
8．B
【解析】
由三视图知：几何体是直三棱柱消去一个三棱锥，如图：
直三棱柱的体积为，消去的三棱锥的体积为，
∴几何体的体积，故选B.
点睛：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及相关几何量的数据是解答此类问题的关键；几何体是直三棱柱消去一个三棱锥，结合直观图分别求出直三棱柱的体积和消去的三棱锥的体积，相减可得几何体的体积.
9．C
【解析】
设，，则，，相减得到，解得答案.
【详解】
设，，设直线斜率为，则，，
相减得到：，的中点为，
即，故，直线的方程为：.
故选：.
本题考查了椭圆内点差法求直线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.
10．D
【解析】
利用定积分计算出矩形中位于曲线上方区域的面积，进而利用几何概型的概率公式得出关于的等式，解出的表达式即可.
【详解】
在函数的解析式中，令，可得，则点，直线的方程为，
矩形中位于曲线上方区域的面积为，
矩形的面积为，
由几何概型的概率公式得，所以，.
故选：D.
本题考查利用随机模拟的思想估算的值，考查了几何概型概率公式的应用，同时也考查了利用定积分计算平面区域的面积，考查计算能力，属于中等题.
11．B
【解析】
根据函数的奇偶性及题设中关于与关系，转换成关于的关系式，通过变形求解出的周期，进而算出.
【详解】
为上的奇函数，
，
而函数是上的偶函数，，
，
故为周期函数，且周期为
故选：B
本题主要考查了函数的奇偶性，函数的周期性的应用，属于基础题.
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.
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。
13．32
【解析】
由已知可得抽取的比例，计算出所有被调查的人数，再乘以抽取的比例即为分层抽样的样本容量.
【详解】
由题可知，抽取的比例为，被调查的总人数为人，
则分层抽样的样本容量是人.
故答案为：32
本题考查分层抽样中求样本容量，属于基础题.
14．
【解析】
分别解得集合A与集合B的补集，再由集合交集的运算法则计算求得答案.
【详解】
由题可知，集合A中
集合B的补集，则
故答案为：
本题考查集合的交集与补集运算，属于基础题.
15．
【解析】
根据题意，判断出，根据等比数列的性质可得，再令数列中的，，，根据等差数列的性质，列出等式，求出和的值即可.
【详解】
解：由，其中，，
可得，则，令，，
可得.①
又令数列中的，，，
根据等差数列的性质，可得，
所以.②
根据①②得出，.
所以.
故答案为.
本题主要考查等差数列、等比数列的性质，属于基础题.
16．-189
【解析】
由二项式定理得，令r = 5得x5的系数是．
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）4.
【解析】
（1）利用三角形的面积公式求得，利用余弦定理求得.
（2）利用余弦定理求得，由此求得，进而求得，利用同角三角函数的基本关系式求得.
【详解】
（1）在中，由面积公式：
在中，由余弦定理可得：
（2）在中，由余弦定理可得：
在中，由正弦定理可得:
，
为锐角
.
本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形面积公式，考查同角三角函数的基本关系式，属于中档题.
18．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）f′（x）=（x+1）ex-ax-a=（x+1）（ex-a）．对a分类讨论，即可得出单调性．
（2）由xex-ax-a+1≥0，可得a（x+1）≤xex+1，当x=-1时，0≤-+1恒成立．当x＞-1时，a令g（x）=，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．
【详解】
解法一：（1）
①当时，
所以在上单调递减，在单调递增.
②当时，的根为或.
若，即，
所以在，上单调递增，在上单调递减.
若，即，
在上恒成立，所以在上单调递增，无减区间.
若，即，
所以在，上单调递增，在上单调递减.
综上：
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
自时，在上单调递增，无减区间；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（2）因为，所以.
当时，恒成立.
当时，.
令，，
设，
因为在上恒成立，
即在上单调递增.
又因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
则，所以.
综上，的取值范围为.
解法二：（1）同解法一；
（2）令，
所以，
当时，，则在上单调递增，
所以，满足题意.
当时，
令，
因为，即在上单调递增.
又因为，，
所以在上有唯一的解，记为，
，满足题意.
当时，，不满足题意.
综上，的取值范围为.
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
19．y＝2sin2x．
【解析】
计算MN，计算得到函数表达式.
【详解】
∵M，N，∴MN，
∴在矩阵MN变换下，→
∴曲线y＝sinx在矩阵MN变换下的函数解析式为y＝2sin2x．
本题考查了矩阵变换，意在考查学生的计算能力.
20．（1）；（2）面积的最小值为；四边形的面积为
【解析】
（1）将曲线消去参数即可得到的普通方程，将，代入曲线的极坐标方程即可；
（2）由（1）得曲线的极坐标方程，设，，，
利用方程可得，再利用基本不等式得，即可得，根据题意知，进而可得四边形的面积.
【详解】
（1）由曲线的参数方程为（为参数）消去参数得
曲线的极坐标方程为，即，
所以，曲线的直角坐标方程.
（2）依题意得的极坐标方程为
设，，，
则，，故
，当且仅当（即）时取“=”，
故，即面积的最小值为.
此时，
故所求四边形的面积为.
本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程、点到直线的距离公式、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21．（Ⅰ）1636人；（Ⅱ）见解析．
【解析】
（Ⅰ）根据正态曲线的对称性，可将区间分为和两种情况，然后根据特殊区间上的概率求出成绩在区间内的概率，进而可求出相应的人数；（Ⅱ）由题意得成绩在区间[61,80]的概率为，且，由此可得的分布列和数学期望．
【详解】
（Ⅰ）因为物理原始成绩，
所以
．
所以物理原始成绩在（47，86）的人数为（人）．
（Ⅱ）由题意得，随机抽取1人，其成绩在区间[61,80]内的概率为．
所以随机抽取三人，则的所有可能取值为0,1,2,3，且，
所以 ，
，
，
．
所以的分布列为
所以数学期望．
（1）解答第一问的关键是利用正态分布的三个特殊区间表示所求概率的区间，再根据特殊区间上的概率求解，解题时注意结合正态曲线的对称性．
（2）解答第二问的关键是判断出随机变量服从二项分布，然后可得分布列及其数学期望．当被抽取的总体的容量较大时，抽样可认为是等可能的，进而可得随机变量服从二项分布．
22．（1）见解析（2）
【解析】
(1)根据中位线证明平面平面，即可证明MH∥平面；（2）以，，为，，轴建立空间直角坐标系，找到点的坐标代入公式即可计算二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：连接，
∵，，分别为，，的中点，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面，
同理，平面，
∵平面，平面，，
∴平面平面，
∵平面，
∴平面．
（2）连接，在和中，由余弦定理可得，
，
由与互补，，，可解得，
于是，
∴，，
∵，直线与直线所成角为，
∴，又，
∴，即，
∴平面，
∴平面平面，
∵为中点，，
∴平面，
如图所示，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，．
设平面的法向量为，
∴，即．
令，则，，可得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
∴，
∴二面角的余弦值为．
此题考查线面平行，建系通过坐标求二面角等知识点，属于一般性题目.
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