遼寧省遼南協作校2025屆高考數學考前最后一卷預測卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是由一個棱柱挖去一個棱錐后的幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為A．72 B．64 C．48 D．322．已知整數滿足，記點的坐標為，則點滿足的概率為（）A． B． C． D．3．已知，，，是球的球面上四個不同的點，若，且平面平面，則球的表面積為（）A． B． C． D．4．已知實數，，函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．5．以下三個命題：①在勻速傳遞的產品生產流水線上，質檢員每10分鐘從中抽取一件產品進行某項指標檢測，這樣的抽樣是分層抽樣；②若兩個變量的線性相關性越強，則相關系數的絕對值越接近于1；③對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越小，判斷“與有關系”的把握越大；其中真命題的個數為（）A．3 B．2 C．1 D．06．設復數z＝，則|z|＝（）A． B． C． D．7．已知函數在區(qū)間有三個零點，，，且，若，則的最小正周期為（）A． B． C． D．8．在平行四邊形中，若則()A． B． C． D．9．已知函數，若，則a的取值范圍為（）A． B． C． D．10．某幾何體的三視圖如圖所示，三視圖是腰長為1的等腰直角三角形和邊長為1的正方形，則該幾何體中最長的棱長為（）．A． B． C．1 D．11．在的展開式中，的系數為()A．-120 B．120 C．-15 D．1512．如圖所示，已知某幾何體的三視圖及其尺寸（單位：），則該幾何體的表面積為()A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知數列滿足，，若，則數列的前n項和______．14．在中，角的對邊分別為，且，若外接圓的半徑為，則面積的最大值是______.15．已知x，y＞0，且，則x+y的最小值為_____．16．已知點是拋物線的準線上一點，F為拋物線的焦點，P為拋物線上的點，且，若雙曲線C中心在原點，F是它的一個焦點，且過P點，當m取最小值時，雙曲線C的離心率為______.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）已知函數.（1）解不等式；（2）若函數最小值為，且，求的最小值.18．（12分）如圖在棱錐中，為矩形，面，（1）在上是否存在一點，使面，若存在確定點位置，若不存在，請說明理由；（2）當為中點時，求二面角的余弦值.19．（12分）在平面直角坐標系xOy中，曲線的參數方程為（，為參數），在以O為極點，x軸的正半軸為極軸的極坐標系中，曲線是圓心在極軸上，且經過極點的圓．已知曲線上的點M對應的參數，射線與曲線交于點．（1）求曲線，的直角坐標方程；（2）若點A，B為曲線上的兩個點且，求的值．20．（12分）數列滿足，且.（1）證明：數列是等差數列，并求數列的通項公式；（2）求數列的前項和.21．（12分）如圖，四棱錐V﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，對角線AC與BD交于點O，VO⊥平面ABCD，E是棱VC的中點．（1）求證：VA∥平面BDE；（2）求證：平面VAC⊥平面BDE．22．（10分）已知在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的非負半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線與直線的直角坐標方程；（2）若曲線與直線交于兩點，求的值.

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】

由三視圖可知該幾何體是一個底面邊長為4的正方形，高為5的正四棱柱，挖去一個底面邊長為4，高為3的正四棱錐，利用體積公式，即可求解?！驹斀狻坑深}意，幾何體的三視圖可知該幾何體是一個底面邊長為4的正方形，高為5的正四棱柱，挖去一個底面邊長為4，高為3的正四棱錐，所以幾何體的體積為，故選B?！军c睛】本題考查了幾何體的三視圖及體積的計算，在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，要根據三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線。求解以三視圖為載體的空間幾何體的表面積與體積的關鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關系和數量關系，利用相應公式求解。2、D【解析】

列出所有圓內的整數點共有37個，滿足條件的有7個，相除得到概率.【詳解】因為是整數，所以所有滿足條件的點是位于圓（含邊界）內的整數點，滿足條件的整數點有共37個，滿足的整數點有7個，則所求概率為.故選：.【點睛】本題考查了古典概率的計算，意在考查學生的應用能力.3、A【解析】

由題意畫出圖形，求出多面體外接球的半徑，代入表面積公式得答案．【詳解】如圖，取BC中點G，連接AG，DG，則，，分別取與的外心E，F，分別過E，F作平面ABC與平面DBC的垂線，相交于O，則O為四面體的球心，由，得正方形OEGF的邊長為，則，四面體的外接球的半徑，球O的表面積為．故選A．【點睛】本題考查多面體外接球表面積的求法，考查空間想象能力與思維能力，是中檔題．4、D【解析】

根據題意，對于函數分2段分析：當，由指數函數的性質分析可得①，當，由導數與函數單調性的關系可得，在上恒成立，變形可得②，再結合函數的單調性，分析可得③，聯立三個式子，分析可得答案.【詳解】解：根據題意，函數在上單調遞增，

當，若為增函數，則①，

當，若為增函數，必有在上恒成立，

變形可得：，

又由，可得在上單調遞減，則，

若在上恒成立，則有②，

若函數在上單調遞增，左邊一段函數的最大值不能大于右邊一段函數的最小值，則需有，③

聯立①②③可得：.

故選：D.【點睛】本題考查函數單調性的性質以及應用，注意分段函數單調性的性質.5、C【解析】

根據抽樣方式的特征，可判斷①；根據相關系數的性質，可判斷②；根據獨立性檢驗的方法和步驟，可判斷③．【詳解】①根據抽樣是間隔相同，且樣本間無明顯差異，故①應是系統(tǒng)抽樣，即①為假命題；②兩個隨機變量相關性越強，則相關系數的絕對值越接近于1；兩個隨機變量相關性越弱，則相關系數的絕對值越接近于0；故②為真命題；③對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越小，“與有關系”的把握程度越小，故③為假命題．故選：．【點睛】本題以命題的真假判斷為載體考查了抽樣方法、相關系數、獨立性檢驗等知識點，屬于基礎題．6、D【解析】

先用復數的除法運算將復數化簡，然后用模長公式求模長.【詳解】解：z＝＝＝＝﹣﹣,則|z|＝＝＝＝.故選：D.【點睛】本題考查復數的基本概念和基本運算,屬于基礎題.7、C【解析】

根據題意，知當時，，由對稱軸的性質可知和，即可求出，即可求出的最小正周期.【詳解】解：由于在區(qū)間有三個零點，，，當時，，∴由對稱軸可知，滿足，即.同理，滿足，即，∴，，所以最小正周期為：.故選：C.【點睛】本題考查正弦型函數的最小正周期，涉及函數的對稱性的應用，考查計算能力.8、C【解析】

由，,利用平面向量的數量積運算,先求得利用平行四邊形的性質可得結果.【詳解】如圖所示,

平行四邊形中,,

，，,

因為,

所以

,

，所以，故選C.【點睛】本題主要考查向量的幾何運算以及平面向量數量積的運算法則，屬于中檔題.向量的運算有兩種方法：（１）平行四邊形法則（平行四邊形的對角線分別是兩向量的和與差）；（２）三角形法則（兩箭頭間向量是差，箭頭與箭尾間向量是和）.9、C【解析】

求出函數定義域，在定義域內確定函數的單調性，利用單調性解不等式．【詳解】由得，在時，是增函數，是增函數，是增函數，∴是增函數，∴由得，解得．故選：C.【點睛】本題考查函數的單調性，考查解函數不等式，解題關鍵是確定函數的單調性，解題時可先確定函數定義域，在定義域內求解．10、B【解析】

首先由三視圖還原幾何體，進一步求出幾何體的棱長．【詳解】解：根據三視圖還原幾何體如圖所示，所以，該四棱錐體的最長的棱長為．故選：B．【點睛】本題主要考查由三視圖還原幾何體，考查運算能力和推理能力，屬于基礎題．11、C【解析】

寫出展開式的通項公式，令，即，則可求系數．【詳解】的展開式的通項公式為，令，即時，系數為．故選C【點睛】本題考查二項式展開的通項公式，屬基礎題．12、C【解析】

由三視圖知，該幾何體是一個圓錐，其母線長是5，底面直徑是6，據此可計算出答案.【詳解】由三視圖知，該幾何體是一個圓錐，其母線長是5，底面直徑是6，該幾何體的表面積.故選：C【點睛】本題主要考查了三視圖的知識，幾何體的表面積的計算.由三視圖正確恢復幾何體是解題的關鍵.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

,求得的通項，進而求得,得通項公式，利用等比數列求和即可.【詳解】由題為等差數列，∴,∴,∴,∴,故答案為【點睛】本題考查求等差數列數列通項，等比數列求和，熟記等差等比性質，熟練運算是關鍵，是基礎題.14、【解析】

由正弦定理，三角函數恒等變換的應用化簡已知等式，結合范圍可求的值，利用正弦定理可求的值，進而根據余弦定理，基本不等式可求的最大值，進而根據三角形的面積公式即可求解.【詳解】解：，由正弦定理可得：，，，又，，，即，可得：，外接圓的半徑為，，解得，由余弦定理，可得，又，（當且僅當時取等號），即最大值為4，面積的最大值為.故答案為：.【點睛】本題主要考查了正弦定理，三角函數恒等變換的應用，余弦定理，基本不等式，三角形的面積公式在解三角形中的應用，考查了轉化思想，屬于中檔題．15、1【解析】

處理變形x+y＝x（）+y結合均值不等式求解最值.【詳解】x，y＞0，且，則x+y＝x（）+y1，當且僅當時取等號，此時x＝4，y＝2，取得最小值1．故答案為：1【點睛】此題考查利用均值不等式求解最值，關鍵在于熟練掌握均值不等式的適用條件，注意考慮等號成立的條件.16、【解析】

由點坐標可確定拋物線方程，由此得到坐標和準線方程；過作準線的垂線，垂足為，根據拋物線定義可得，可知當直線與拋物線相切時，取得最小值；利用拋物線切線的求解方法可求得點坐標，根據雙曲線定義得到實軸長，結合焦距可求得所求的離心率.【詳解】是拋物線準線上的一點拋物線方程為，準線方程為過作準線的垂線，垂足為，則設直線的傾斜角為，則當取得最小值時，最小，此時直線與拋物線相切設直線的方程為，代入得：，解得：或雙曲線的實軸長為，焦距為雙曲線的離心率故答案為：【點睛】本題考查雙曲線離心率的求解問題，涉及到拋物線定義和標準方程的應用、雙曲線定義的應用；關鍵是能夠確定當取得最小值時，直線與拋物線相切，進而根據拋物線切線方程的求解方法求得點坐標.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）【解析】

（1）利用零點分段法，求得不等式的解集.（2）先求得，即，再根據“的代換”的方法，結合基本不等式，求得的最小值.【詳解】（1）當時，，即，無解；當時，，即，得；當時，，即，得.故所求不等式的解集為.（2）因為，所以，則，.當且僅當即時取等號.故的最小值為.【點睛】本小題主要考查零點分段法解絕對值不等式，考查利用基本不等式求最值，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.18、（1）見解析；（2）【解析】

（1）要證明PC⊥面ADE，由已知可得AD⊥PC，只需滿足即可，從而得到點E為中點;（2）求出面ADE的法向量，面PAE的法向量，利用空間向量的數量積，求解二面角P﹣AE﹣D的余弦值．【詳解】（1）法一：要證明PC⊥面ADE，易知AD⊥面PDC，即得AD⊥PC，故只需即可，所以由,即存在點E為PC中點.法二：建立如圖所示的空間直角坐標系D－XYZ，由題意知PD＝CD＝1，，設，，，由，得，即存在點E為PC中點.（2）由（1）知，，，，，，設面ADE的法向量為，面PAE的法向量為由的法向量為得，得，同理求得所以，故所求二面角P－AE－D的余弦值為.【點睛】本題考查二面角的平面角的求法，考查直線與平面垂直的判定定理的應用，考查空間想象能力以及計算能力．19、（1）．．（2）【解析】

（1）先求解a,b，消去參數，即得曲線的直角坐標方程；再求解，利用極坐標和直角坐標的互化公式，即得曲線的直角坐標方程；（2）由于，可設，，代入曲線直角坐標方程，可得的關系，轉化，可得解.【詳解】（1）將及對應的參數，代入得，即，所以曲線的方程為，為參數，所以曲線的直角坐標方程為．設圓的半徑為R，由題意，圓的極坐標方程為（或），將點代入，得，即，所以曲線的極坐標方程為，所以曲線的直角坐標方程為．（2）由于，故可設，代入曲線直角坐標方程，可得，，所以．【點睛】本題考查了極坐標和直角坐標，參數方程和一般方程的互化以及極坐標的幾何意義的應用，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.20、（1）證明見解析，；（2）【解析】

（1）利用，推出，然后利用等差數列的通項公式，即可求解；（2）由（1）知，利用裂項法，即可求解數列的前n項和.【詳解】（1）由題意，數列滿足且可得，即