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文档简介
2024-2025学年海南省海口市高三5月调考数学试题考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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.已知三棱锥中,为的中点,平面,,,则有下列四个结论:①若为的外心,则;②若为等边三角形,则;③当时,与平面所成的角的范围为;④当时,为平面内一动点,若OM∥平面,则在内轨迹的长度为1.其中正确的个数是().A.1 B.1 C.3 D.42.函数f(x)=2x-3A.[32C.[323.设,是非零向量,若对于任意的,都有成立,则A. B. C. D.4.已知,若则实数的取值范围是()A. B. C. D.5.已知,且,则的值为()A. B. C. D.6.若变量,满足,则的最大值为()A.3 B.2 C. D.107.某几何体的三视图如图所示,其中正视图是边长为4的正三角形,俯视图是由边长为4的正三角形和一个半圆构成,则该几何体的体积为()A. B. C. D.8.已知函数,若函数的图象恒在轴的上方,则实数的取值范围为()A. B. C. D.9.自2019年12月以来,在湖北省武汉市发现多起病毒性肺炎病例,研究表明,该新型冠状病毒具有很强的传染性各级政府反应迅速,采取了有效的防控阻击措施,把疫情控制在最低范围之内.某社区按上级要求做好在鄂返乡人员体格检查登记,有3个不同的住户属在鄂返乡住户,负责该小区体格检查的社区诊所共有4名医生,现要求这4名医生都要分配出去,且每个住户家里都要有医生去检查登记,则不同的分配方案共有()A.12种 B.24种 C.36种 D.72种10.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为()A. B.C. D.11.已知抛物线的焦点为,过点的直线与抛物线交于,两点(设点位于第一象限),过点,分别作抛物线的准线的垂线,垂足分别为点,,抛物线的准线交轴于点,若,则直线的斜率为A.1 B. C. D.12.若直线与曲线相切,则()A.3 B. C.2 D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知,则满足的的取值范围为_______.14.如图,己知半圆的直径,点是弦(包含端点,)上的动点,点在弧上.若是等边三角形,且满足,则的最小值为___________.15.若,则__________.16.已知复数,其中为虚数单位,若复数为纯虚数,则实数的值是__.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.(12分)如图,平面四边形为直角梯形,,,,将绕着翻折到.(1)为上一点,且,当平面时,求实数的值;(2)当平面与平面所成的锐二面角大小为时,求与平面所成角的正弦.18.(12分)在平面直角坐标系中,直线的倾斜角为,且经过点.以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线,从原点O作射线交于点M,点N为射线OM上的点,满足,记点N的轨迹为曲线C.(Ⅰ)求出直线的参数方程和曲线C的直角坐标方程;(Ⅱ)设直线与曲线C交于P,Q两点,求的值.19.(12分)中,内角的对边分别为,.(1)求的大小;(2)若,且为的重心,且,求的面积.20.(12分)设等比数列的前项和为,若(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)在和之间插入个实数,使得这个数依次组成公差为的等差数列,设数列的前项和为,求证:.21.(12分)金秋九月,丹桂飘香,某高校迎来了一大批优秀的学生.新生接待其实也是和社会沟通的一个平台.校团委、学生会从在校学生中随机抽取了160名学生,对是否愿意投入到新生接待工作进行了问卷调查,统计数据如下:愿意不愿意男生6020女士4040(1)根据上表说明,能否有99%把握认为愿意参加新生接待工作与性别有关;(2)现从参与问卷调查且愿意参加新生接待工作的学生中,采用按性别分层抽样的方法,选取10人.若从这10人中随机选取3人到火车站迎接新生,设选取的3人中女生人数为,写出的分布列,并求.附:,其中.0.050.010.0013.8416.63510.82822.(10分)如图(1)五边形中,,将沿折到的位置,得到四棱锥,如图(2),点为线段的中点,且平面.(1)求证:平面平面;(2)若直线与所成角的正切值为,求直线与平面所成角的正弦值.
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.C【解析】
由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断①正确;反证法由线面垂直的判断和性质可判断②错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断③正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得④正确.【详解】画出图形:若为的外心,则,平面,可得,即,①正确;若为等边三角形,,又可得平面,即,由可得,矛盾,②错误;若,设与平面所成角为可得,设到平面的距离为由可得即有,当且仅当取等号.可得的最大值为,即的范围为,③正确;取中点,的中点,连接由中位线定理可得平面平面可得在线段上,而,可得④正确;所以正确的是:①③④故选:C此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断,处理这类问题,可以用已知的定理或性质来证明,也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.2.A【解析】
根据幂函数的定义域与分母不为零列不等式组求解即可.【详解】因为函数y=2x-3解得x≥32且∴函数f(x)=2x-3+1定义域的三种类型及求法:(1)已知函数的解析式,则构造使解析式有意义的不等式(组)求解;(2)对实际问题:由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解;(3)若已知函数fx的定义域为a,b,则函数fgx3.D【解析】
画出,,根据向量的加减法,分别画出的几种情况,由数形结合可得结果.【详解】由题意,得向量是所有向量中模长最小的向量,如图,当,即时,最小,满足,对于任意的,所以本题答案为D.本题主要考查了空间向量的加减法,以及点到直线的距离最短问题,解题的关键在于用有向线段正确表示向量,属于基础题.4.C【解析】
根据,得到有解,则,得,,得到,再根据,有,即,可化为,根据,则的解集包含求解,【详解】因为,所以有解,即有解,所以,得,,所以,又因为,所以,即,可化为,因为,所以的解集包含,所以或,解得,故选:C本题主要考查一元二次不等式的解法及集合的关系的应用,还考查了运算求解的能力,属于中档题,5.A【解析】
由及得到、,进一步得到,再利用两角差的正切公式计算即可.【详解】因为,所以,又,所以,,所以.故选:A.本题考查三角函数诱导公式、二倍角公式以及两角差的正切公式的应用,考查学生的基本计算能力,是一道基础题.6.D【解析】
画出约束条件的可行域,利用目标函数的几何意义求解最大值即可.【详解】解:画出满足条件的平面区域,如图示:如图点坐标分别为,目标函数的几何意义为,可行域内点与坐标原点的距离的平方,由图可知到原点的距离最大,故.故选:D本题考查了简单的线性规划问题,考查数形结合思想,属于中档题.7.A【解析】由题意得到该几何体是一个组合体,前半部分是一个高为底面是边长为4的等边三角形的三棱锥,后半部分是一个底面半径为2的半个圆锥,体积为故答案为A.点睛:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系,遵循“长对正,高平齐,宽相等”的基本原则,其内涵为正视图的高是几何体的高,长是几何体的长;俯视图的长是几何体的长,宽是几何体的宽;侧视图的高是几何体的高,宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法:1、首先看俯视图,根据俯视图画出几何体地面的直观图;2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度;3、画出整体,然后再根据三视图进行调整.8.B【解析】
函数的图象恒在轴的上方,在上恒成立.即,即函数的图象在直线上方,先求出两者相切时的值,然后根据变化时,函数的变化趋势,从而得的范围.【详解】由题在上恒成立.即,的图象永远在的上方,设与的切点,则,解得,易知越小,图象越靠上,所以.故选:B.本题考查函数图象与不等式恒成立的关系,考查转化与化归思想,首先函数图象转化为不等式恒成立,然后不等式恒成立再转化为函数图象,最后由极限位置直线与函数图象相切得出参数的值,然后得出参数范围.9.C【解析】
先将4名医生分成3组,其中1组有2人,共有种选法,然后将这3组医生分配到3个不同的住户中去,有种方法,由分步原理可知共有种.【详解】不同分配方法总数为种.故选:C此题考查的是排列组合知识,解此类题时一般先组合再排列,属于基础题.10.B【解析】
还原几何体可知原几何体为半个圆柱和一个四棱锥组成的组合体,分别求解两个部分的体积,加和得到结果.【详解】由三视图还原可知,原几何体下半部分为半个圆柱,上半部分为一个四棱锥半个圆柱体积为:四棱锥体积为:原几何体体积为:本题正确选项:本题考查三视图的还原、组合体体积的求解问题,关键在于能够准确还原几何体,从而分别求解各部分的体积.11.C【解析】
根据抛物线定义,可得,,又,所以,所以,设,则,则,所以,所以直线的斜率.故选C.12.A【解析】
设切点为,对求导,得到,从而得到切线的斜率,结合直线方程的点斜式化简得切线方程,联立方程组,求得结果.【详解】设切点为,∵,∴由①得,代入②得,则,,故选A.该题考查的是有关直线与曲线相切求参数的问题,涉及到的知识点有导数的几何意义,直线方程的点斜式,属于简单题目.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
将f(x)写成分段函数形式,分析得f(x)为奇函数且在R上为增函数,利用奇偶性和单调性解不等式即可得到答案.【详解】根据题意,f(x)=x|x|=,则f(x)为奇函数且在R上为增函数,则f(2x﹣1)+f(x)≥0⇒f(2x﹣1)≥﹣f(x)⇒f(2x﹣1)≥f(﹣x)⇒2x﹣1≥﹣x,解可得x≥,即x的取值范围为[,+∞);故答案为:[,+∞).本题考查分段函数的奇偶性与单调性的判定以及应用,注意分析f(x)的奇偶性与单调性.14.1【解析】
建系,设,表示出点坐标,则,根据的范围得出答案.【详解】解:以为原点建立平面坐标系如图所示:则,,,,设,则,,,,,,,显然当取得最大值4时,取得最小值1.故答案为:1.本题考查了平面向量的数量积运算,坐标运算,属于中档题.15.【解析】
因为,由二倍角公式得到,故得到.故答案为.16.2【解析】
由题,得,然后根据纯虚数的定义,即可得到本题答案.【详解】由题,得,又复数为纯虚数,所以,解得.故答案为:2本题主要考查纯虚数定义的应用,属基础题.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)连接交于点,连接,利用线面平行的性质定理可推导出,然后利用平行线分线段成比例定理可求得的值;(2)取中点,连接、,过点作,则,作于,连接,推导出,,可得出为平面与平面所成的锐二面角,由此计算出、,并证明出平面,可得出直线与平面所成的角为,进而可求得与平面所成角的正弦值.【详解】(1)连接交于点,连接,平面,平面,平面平面,,在梯形中,,则,,,,所以,;(2)取中点,连接、,过点作,则,作于,连接.为的中点,且,,且,所以,四边形为平行四边形,由于,,,,,,,为的中点,所以,,,同理,,,,平面,,,,为面与面所成的锐二面角,,,,,则,,,平面,平面,,,,面,为与底面所成的角,,,.在中,.因此,与平面所成角的正弦值为.本题考查利用线面平行的性质求参数,同时也考查了线面角的计算,涉及利用二面角求线段长度,考查推理能力与计算能力,属于中等题.18.(Ⅰ)(t为参数),;(Ⅱ)1.【解析】
(Ⅰ)直接由已知写出直线l1的参数方程,设N(ρ,θ),M(ρ1,θ1),(ρ>0,ρ1>0),由题意可得,即ρ=4cosθ,然后化为普通方程;(Ⅱ)将l1的参数方程代入C的直角坐标方程中,得到关于t的一元二次方程,再由参数t的几何意义可得|AP|•|AQ|的值.【详解】(Ⅰ)直线l1的参数方程为,(t为参数)即(t为参数).设N(ρ,θ),M(ρ1,θ1),(ρ>0,ρ1>0),则,即,即ρ=4cosθ,∴曲线C的直角坐标方程为x2-4x+y2=0(x≠0).(Ⅱ)将l1的参数方程代入C的直角坐标方程中,得,即,t1,t2为方程的两个根,∴t1t2=-1,∴|AP|•|AQ|=|t1t2|=|-1|=1.本题考查简单曲线的极坐标方程,考查直角坐标方程与直角坐标方程的互化,训练了直线参数方程中参数t的几何意义的应用,是中档题.19.(1);(2)【解析】
(1)利用正弦定理,转化为,分析运算即得解;(2)由为的重心,得到,平方可得解c,由面积公式即得解.【详解】(1)由,由正弦定理得C,即∴∵∴,又∵∴(2)由于为的重心故,∴解得或舍∴的面积为.本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用,考查了学生综合分析,转化划归,数学运算的能力,属于中档题.20.(Ⅰ);(Ⅱ)详见解析.【解析】
(Ⅰ),,两式相减化简整理利用等比数列的通项公式即可得出.(Ⅱ)由题设可得,可得,利用错位相减法即可得出.【详解】解:(Ⅰ)因为,故,两式相减可得,,故,因为是等比数列,∴,又,所以,故,所以;(Ⅱ)由题设可得,所以,所以,①则,②①-②得:,所以,得证.本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式求和公式、错位相减法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.21.(1)有99%把握认为愿意参加新生接待工作与性别有关;(2)详见解析.【解析】
(1)计算得到,由此可得结论;(2)根据分层抽样原则可得男生和女生人数,由超几何分布概率公式可求得的所有可能取值所对应的概率,由此得到分布列;根据数学期望
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