2024-2025学年甘肃省庆阳六中高三二模突破冲刺数学试题(一)含解析_第1页
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文档简介

2024-2025学年甘肃省庆阳六中高三二模突破冲刺数学试题(一)注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、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.已知为圆的一条直径,点的坐标满足不等式组则的取值范围为()A. B.C. D.2.已知集合A,B=,则A∩B=A. B. C. D.3.若函数在时取得极值,则()A. B. C. D.4.设复数满足,则在复平面内的对应点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限5.复数(i为虚数单位)的共轭复数是A.1+i B.1−i C.−1+i D.−1−i6.已知复数和复数,则为A. B. C. D.7.如图,在正方体中,已知、、分别是线段上的点,且.则下列直线与平面平行的是()A. B. C. D.8.已知是虚数单位,若,则()A. B.2 C. D.39.在中,是的中点,,点在上且满足,则等于()A. B. C. D.10.已知函数,则在上不单调的一个充分不必要条件可以是()A. B. C.或 D.11.已知公差不为0的等差数列的前项的和为,,且成等比数列,则()A.56 B.72 C.88 D.4012.如图,点E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点,点F,M分别在线段AC,BD1(不包含端点)上运动,则()A.在点F的运动过程中,存在EF//BC1B.在点M的运动过程中,不存在B1M⊥AEC.四面体EMAC的体积为定值D.四面体FA1C1B的体积不为定值二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.我国著名的数学家秦九韶在《数书九章》提出了“三斜求积术”.他把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜.三斜求积术就是用小斜平方加上大斜平方,送到中斜平方,取相减后余数的一半,自乘而得一个数,小斜平方乘以大斜平方,送到上面得到的那个数,相减后余数被4除,所得的数作为“实”,1作为“隅”,开平方后即得面积.所谓“实”、“隅”指的是在方程中,p为“隅”,q为“实”.即若的大斜、中斜、小斜分别为a,b,c,则.已知点D是边AB上一点,,,,,则的面积为________.14.已知集合,,则__________.15.在中,角所对的边分别为,为的面积,若,,则的形状为__________,的大小为__________.16.已知数列满足对任意,若,则数列的通项公式________.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,设点为椭圆的右焦点,圆过且斜率为的直线交圆于两点,交椭圆于点两点,已知当时,(1)求椭圆的方程.(2)当时,求的面积.18.(12分)如图,三棱柱中,平面,,,分别为,的中点.(1)求证:平面;(2)若平面平面,求直线与平面所成角的正弦值.19.(12分)如图所示,四棱柱中,底面为梯形,,,,,,.(1)求证:;(2)若平面平面,求二面角的余弦值.20.(12分)已知椭圆的左右焦点分别是,点在椭圆上,满足(1)求椭圆的标准方程;(2)直线过点,且与椭圆只有一个公共点,直线与的倾斜角互补,且与椭圆交于异于点的两点,与直线交于点(介于两点之间),是否存在直线,使得直线,,的斜率按某种排序能构成等比数列?若能,求出的方程,若不能,请说理由.21.(12分)如图,在四棱锥中,,,,底面为正方形,、分别为、的中点.(1)求证:平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值.22.(10分)已知点、分别在轴、轴上运动,,.(1)求点的轨迹的方程;(2)过点且斜率存在的直线与曲线交于、两点,,求的取值范围.

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】

首先将转化为,只需求出的取值范围即可,而表示可行域内的点与圆心距离,数形结合即可得到答案.【详解】作出可行域如图所示设圆心为,则,过作直线的垂线,垂足为B,显然,又易得,所以,,故.故选:D.本题考查与线性规划相关的取值范围问题,涉及到向量的线性运算、数量积、点到直线的距离等知识,考查学生转化与划归的思想,是一道中档题.2.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。3.D【解析】

对函数求导,根据函数在时取得极值,得到,即可求出结果.【详解】因为,所以,又函数在时取得极值,所以,解得.故选D本题主要考查导数的应用,根据函数的极值求参数的问题,属于常考题型.4.C【解析】

化简得到,得到答案.【详解】,故,对应点在第三象限.故选:.本题考查了复数的化简和对应象限,意在考查学生的计算能力.5.B【解析】分析:化简已知复数z,由共轭复数的定义可得.详解:化简可得z=∴z的共轭复数为1﹣i.故选B.点睛:本题考查复数的代数形式的运算,涉及共轭复数,属基础题.6.C【解析】

利用复数的三角形式的乘法运算法则即可得出.【详解】z1z2=(cos23°+isin23°)•(cos37°+isin37°)=cos60°+isin60°=.故答案为C.熟练掌握复数的三角形式的乘法运算法则是解题的关键,复数问题高考必考,常见考点有:点坐标和复数的对应关系,点的象限和复数的对应关系,复数的加减乘除运算,复数的模长的计算.7.B【解析】

连接,使交于点,连接、,可证四边形为平行四边形,可得,利用线面平行的判定定理即可得解.【详解】如图,连接,使交于点,连接、,则为的中点,在正方体中,且,则四边形为平行四边形,且,、分别为、的中点,且,所以,四边形为平行四边形,则,平面,平面,因此,平面.故选:B.本题主要考查了线面平行的判定,考查了推理论证能力和空间想象能力,属于中档题.8.A【解析】

直接将两边同时乘以求出复数,再求其模即可.【详解】解:将两边同时乘以,得故选:A考查复数的运算及其模的求法,是基础题.9.B【解析】

由M是BC的中点,知AM是BC边上的中线,又由点P在AM上且满足可得:P是三角形ABC的重心,根据重心的性质,即可求解.【详解】解:∵M是BC的中点,知AM是BC边上的中线,又由点P在AM上且满足∴P是三角形ABC的重心∴又∵AM=1∴∴故选B.判断P点是否是三角形的重心有如下几种办法:①定义:三条中线的交点.②性质:或取得最小值③坐标法:P点坐标是三个顶点坐标的平均数.10.D【解析】

先求函数在上不单调的充要条件,即在上有解,即可得出结论.【详解】,若在上不单调,令,则函数对称轴方程为在区间上有零点(可以用二分法求得).当时,显然不成立;当时,只需或,解得或.故选:D.本题考查含参数的函数的单调性及充分不必要条件,要注意二次函数零点的求法,属于中档题.11.B【解析】

,将代入,求得公差d,再利用等差数列的前n项和公式计算即可.【详解】由已知,,,故,解得或(舍),故,.故选:B.本题考查等差数列的前n项和公式,考查等差数列基本量的计算,是一道容易题.12.C【解析】

采用逐一验证法,根据线线、线面之间的关系以及四面体的体积公式,可得结果.【详解】A错误由平面,//而与平面相交,故可知与平面相交,所以不存在EF//BC1B错误,如图,作由又平面,所以平面又平面,所以由//,所以,平面所以平面,又平面所以,所以存在C正确四面体EMAC的体积为其中为点到平面的距离,由//,平面,平面所以//平面,则点到平面的距离即点到平面的距离,所以为定值,故四面体EMAC的体积为定值错误由//,平面,平面所以//平面,则点到平面的距离即为点到平面的距离,所以为定值所以四面体FA1C1B的体积为定值故选:C本题考查线面、线线之间的关系,考验分析能力以及逻辑推理能力,熟练线面垂直与平行的判定定理以及性质定理,中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13..【解析】

利用正切的和角公式求得,再求得,利用余弦定理求得,代入“三斜求积术”公式即可求得答案.【详解】,所以,由余弦定理可知,得.根据“三斜求积术”可得,所以.本题考查正切的和角公式,同角三角函数的基本关系式,余弦定理的应用,考查学生分析问题的能力和计算整理能力,难度较易.14.【解析】

直接根据集合和集合求交集即可.【详解】解:,,所以.故答案为:本题考查集合的交集运算,是基础题.15.等腰三角形【解析】∵∴根据正弦定理可得,即∴∴∴的形状为等腰三角形∵∴∴由余弦定理可得∴,即∵∴故答案为等腰三角形,16.【解析】

由可得,利用等比数列的通项公式可得,再利用累加法求和与等比数列的求和公式,即可得出结论.【详解】由,得,数列是等比数列,首项为2,公比为2,,,,,满足上式,.故答案为:.本题考查数列的通项公式,递推公式转化为等比数列是解题的关键,利用累加法求通项公式,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)(2)【解析】

(1)先求出圆心到直线的距离为,再根据得到,解之即得a的值,再根据c=1求出b的值得到椭圆的方程.(2)先求出,,再求得的面积.【详解】(1)因为直线过点,且斜率.所以直线的方程为,即,所以圆心到直线的距离为,又因为,圆的半径为,所以,即,解之得,或(舍去).所以,所以所示椭圆的方程为.(2)由(1)得,椭圆的右准线方程为,离心率,则点到右准线的距离为,所以,即,把代入椭圆方程得,,因为直线的斜率,所以,因为直线经过和,所以直线的方程为,联立方程组得,解得或,所以,所以的面积.本题主要考查直线和圆、椭圆的位置关系,考查椭圆的方程的求法,考查三角形面积的计算,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.18.(1)详见解析;(2).【解析】

(1)连接,,则且为的中点,又∵为的中点,∴,又平面,平面,故平面.(2)由平面,得,.以为原点,分别以,,所在直线为轴,轴,轴建立如图所示的空间直角坐标系,设,则,,,,,.取平面的一个法向量为,由,得:,令,得同理可得平面的一个法向量为∵平面平面,∴解得,得,又,设直线与平面所成角为,则.所以,直线与平面所成角的正弦值是.19.(1)证明见解析(2)【解析】

(1)取中点为,连接,,,,根据线段关系可证明为等边三角形,即可得;由为等边三角形,可得,从而由线面垂直判断定理可证明平面,即可证明.(2)以为原点,,,为,,轴建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标,并求得平面和平面的法向量,即可由法向量法求得二面角的余弦值.【详解】(1)证明:取中点为,连接,,,如下图所示:因为,,,所以,故为等边三角形,则.连接,因为,,所以为等边三角形,则.又,所以平面.因为平面,所以.(2)由(1)知,因为平面平面,平面,所以平面,以为原点,,,为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系,易求,则,,,,则,,.设平面的法向量,则即令,则,,故.设平面的法向量,则则令,则,,故,所以.由图可知,二面角为钝二面角角,所以二面角的余弦值为.本题考查线面垂直的判定,由线面垂直判定线线垂直,由空间向量法求平面与平面形成二面角的大小,属于中档题.20.(1);(2)不能,理由见解析【解析】

(1)设,则,由此即可求出椭圆方程;(2)设直线的方程为,联立直线与椭圆的方程可求得,则直线斜率为,设其方程为,联立直线与椭圆方程,结合韦达定理可得关于对称,可求得,假设存在直线满足题意,设,可得,由此可得答案.【详解】解:(1)设,则,,所以椭圆方程为;(2)设直线的方程为,与联立得,∴,因为两直线的倾斜角互补,所以直线斜率为,设直线的方程为,联立整理得,,所以关于对称,由正弦定理得,因为,所以,由上得,假设存在直线满足题意,设,按某种排列成等比数列,设公比为,则,所以,则此时直线与平行或重合,与题意不符,所以不存在满足题意的直线.本题主要考查直线与椭圆的位置关系,考查计算能力与推理能力,属于难题.21.(1)见解析;(2).【解析】

(1)利用中位线的性质得出,然后利用线面平行的判定定理可证明出平面;(2)以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,设,利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】(1)因为、分别为、的中点,所以.又因为平面,平面,所以平面;(2)以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,设,则,,,,,,,.设平面的法向量为,则,即,令,则,,所以.设直线与平面所成角为,所以.

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