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文档简介

2024-2025学年江西南康市南康中学高三下学期期中联考考试数学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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.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.1 B.2 C.3 D.42.已知等差数列的前n项和为,且,,若(,且),则i的取值集合是()A. B. C. D.3.2019年10月1日上午,庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行.这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量,更是让世界感受到了中国的日新月异.今年的阅兵方阵有一个很抢眼,他们就是院校科研方阵.他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大学联合组建.若已知甲、乙、丙三人来自上述三所学校,学历分别有学士、硕士、博士学位.现知道:①甲不是军事科学院的;②来自军事科学院的不是博士;③乙不是军事科学院的;④乙不是博士学位;⑤国防科技大学的是研究生.则丙是来自哪个院校的,学位是什么()A.国防大学,研究生 B.国防大学,博士C.军事科学院,学士 D.国防科技大学,研究生4.已知满足,则的取值范围为()A. B. C. D.5.已知双曲线的左、右焦点分别为、,抛物线与双曲线有相同的焦点.设为抛物线与双曲线的一个交点,且,则双曲线的离心率为()A.或 B.或 C.或 D.或6.由曲线围成的封闭图形的面积为()A. B. C. D.7.已知正方体的棱长为2,点在线段上,且,平面经过点,则正方体被平面截得的截面面积为()A. B. C. D.8.已知集合,集合,则A. B.或C. D.9.已知函数f(x)=sin2x+sin2(x),则f(x)的最小值为()A. B. C. D.10.已知函数,则的最小值为()A. B. C. D.11.已知,,,,则()A. B. C. D.12.3本不同的语文书,2本不同的数学书,从中任意取出2本,取出的书恰好都是数学书的概率是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知、为正实数,直线截圆所得的弦长为,则的最小值为__________.14.在直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数),曲线的参数方程为(为参数).(1)求直线和曲线的普通方程;(2)设为曲线上的动点,求点到直线距离的最小值及此时点的坐标.15.在边长为2的正三角形中,,则的取值范围为______.16.数列的前项和为,数列的前项和为,满足,,且.若任意,成立,则实数的取值范围为__________.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,在正四棱锥中,,,为上的四等分点,即.(1)证明:平面平面;(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.18.(12分)如图,三棱柱中,侧面是菱形,其对角线的交点为,且.(1)求证:平面;(2)设,若直线与平面所成的角为,求二面角的正弦值.19.(12分)已知二阶矩阵A=abcd,矩阵A属于特征值λ1=-1的一个特征向量为α120.(12分)已知函数,直线是曲线在处的切线.(1)求证:无论实数取何值,直线恒过定点,并求出该定点的坐标;(2)若直线经过点,试判断函数的零点个数并证明.21.(12分)在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),将曲线上各点纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)得到曲线,以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴,建立极坐标系,直线的极坐标方程为.(1)写出的极坐标方程与直线的直角坐标方程;(2)曲线上是否存在不同的两点,(以上两点坐标均为极坐标,,),使点、到的距离都为3?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.22.(10分)已知点是抛物线的顶点,,是上的两个动点,且.(1)判断点是否在直线上?说明理由;(2)设点是△的外接圆的圆心,点到轴的距离为,点,求的最大值.

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.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.2.C【解析】

首先求出等差数列的首先和公差,然后写出数列即可观察到满足的i的取值集合.【详解】设公差为d,由题知,,解得,,所以数列为,故.故选:C.本题主要考查了等差数列的基本量的求解,属于基础题.3.C【解析】

根据①③可判断丙的院校;由②和⑤可判断丙的学位.【详解】由题意①甲不是军事科学院的,③乙不是军事科学院的;则丙来自军事科学院;由②来自军事科学院的不是博士,则丙不是博士;由⑤国防科技大学的是研究生,可知丙不是研究生,故丙为学士.综上可知,丙来自军事科学院,学位是学士.故选:C.本题考查了合情推理的简单应用,由条件的相互牵制判断符合要求的情况,属于基础题.4.C【解析】

设,则的几何意义为点到点的斜率,利用数形结合即可得到结论.【详解】解:设,则的几何意义为点到点的斜率,作出不等式组对应的平面区域如图:由图可知当过点的直线平行于轴时,此时成立;取所有负值都成立;当过点时,取正值中的最小值,,此时;故的取值范围为;故选:C.本题考查简单线性规划的非线性目标函数函数问题,解题时作出可行域,利用目标函数的几何意义求解是解题关键.对于直线斜率要注意斜率不存在的直线是否存在.5.D【解析】

设,,根据和抛物线性质得出,再根据双曲线性质得出,,最后根据余弦定理列方程得出、间的关系,从而可得出离心率.【详解】过分别向轴和抛物线的准线作垂线,垂足分别为、,不妨设,,则,为双曲线上的点,则,即,得,,又,在中,由余弦定理可得,整理得,即,,解得或.故选:D.本题考查了双曲线离心率的求解,涉及双曲线和抛物线的简单性质,考查运算求解能力,属于中档题.6.A【解析】

先计算出两个图像的交点分别为,再利用定积分算两个图形围成的面积.【详解】封闭图形的面积为.选A.本题考察定积分的应用,属于基础题.解题时注意积分区间和被积函数的选取.7.B【解析】

先根据平面的基本性质确定平面,然后利用面面平行的性质定理,得到截面的形状再求解.【详解】如图所示:确定一个平面,因为平面平面,所以,同理,所以四边形是平行四边形.即正方体被平面截的截面.因为,所以,即所以由余弦定理得:所以所以四边形故选:B本题主要考查平面的基本性质,面面平行的性质定理及截面面积的求法,还考查了空间想象和运算求解的能力,属于中档题.8.C【解析】

由可得,解得或,所以或,又,所以,故选C.9.A【解析】

先通过降幂公式和辅助角法将函数转化为,再求最值.【详解】已知函数f(x)=sin2x+sin2(x),=,=,因为,所以f(x)的最小值为.故选:A本题主要考查倍角公式及两角和与差的三角函数的逆用,还考查了运算求解的能力,属于中档题.10.C【解析】

利用三角恒等变换化简三角函数为标准正弦型三角函数,即可容易求得最小值.【详解】由于,故其最小值为:.故选:C.本题考查利用降幂扩角公式、辅助角公式化简三角函数,以及求三角函数的最值,属综合基础题.11.D【解析】

令,求,利用导数判断函数为单调递增,从而可得,设,利用导数证出为单调递减函数,从而证出,即可得到答案.【详解】时,令,求导,,故单调递增:∴,当,设,,又,,即,故.故选:D本题考查了作差法比较大小,考查了构造函数法,利用导数判断式子的大小,属于中档题.12.D【解析】

把5本书编号,然后用列举法列出所有基本事件.计数后可求得概率.【详解】3本不同的语文书编号为,2本不同的数学书编号为,从中任意取出2本,所有的可能为:共10个,恰好都是数学书的只有一种,∴所求概率为.故选:D.本题考查古典概型,解题方法是列举法,用列举法写出所有的基本事件,然后计数计算概率.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

先根据弦长,半径,弦心距之间的关系列式求得,代入整理得,利用基本不等式求得最值.【详解】解:圆的圆心为,则到直线的距离为,由直线截圆所得的弦长为可得,整理得,解得或(舍去),令,又,当且仅当时,等号成立,则.故答案为:.本题考查直线和圆的位置关系,考核基本不等式求最值,关键是对目标式进行变形,变成能用基本不等式求最值的形式,也可用换元法进行变形,是中档题.14.(1),;(2),.【解析】

(1)利用代入消参的方法即可将两个参数方程转化为普通方程;(2)利用参数方程,结合点到直线的距离公式,将问题转化为求解二次函数最值的问题,即可求得.【详解】(1)直线的普通方程为.在曲线的参数方程中,,所以曲线的普通方程为.(2)设点.点到直线的距离.当时,,所以点到直线的距离的最小值为.此时点的坐标为.本题考查将参数方程转化为普通方程,以及利用参数方程求距离的最值问题,属中档题.15.【解析】

建立直角坐标系,依题意可求得,而,,,故可得,且,由此构造函数,,利用二次函数的性质即可求得取值范围.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系,则,,,设,,,,根据,即,,,则,,即,,,则,,所以,,,,,,且,故,设,,易知二次函数的对称轴为,故函数在,上的最大值为,最小值为,故的取值范围为.故答案为:.本题考查平面向量数量积的坐标运算,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,求解时注意通过设元、消元,将问题转化为元二次函数的值域问题.16.【解析】

当时,,可得到,再用累乘法求出,再求出,根据定义求出,再借助单调性求解.【详解】解:当时,,则,,当时,,,,,,(当且仅当时等号成立),,故答案为:.本题主要考查已知求,累乘法,主要考查计算能力,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)答案见解析.(2)【解析】

(1)根据题意可得,在中,利用余弦定理可得,然后同理可得,利用面面垂直的判定定理即可求解.(2)以为原点建立直角坐标系,求出面的法向量为,的法向量为,利用空间向量的数量积即可求解.【详解】(1)由由因为是正四棱锥,故于是,由余弦定理,在中,设再用余弦定理,在中,∴是直角,同理,而在平面上,∴平面平面(2)以为原点建立直角坐标系,如图:则设面的法向量为,的法向量为则,取于是,二面角的余弦值为:本题考查了面面垂直的判定定理、空间向量法求二面角,属于基础题.18.(1)见解析;(2).【解析】

(1)根据菱形的特征和题中条件得到平面,结合线面垂直的定义和判定定理即可证明;

2建立空间直角坐标系,利用向量知识求解即可.【详解】(1)证明:∵四边形是菱形,,平面平面,又是的中点,,又平面(2)∴直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角.平面,∴直线与平面所成的角为,即.因为,则在等腰直角三角形中,所以.在中,由得,以为原点,分别以为轴建立空间直角坐标系.则所以设平面的一个法向量为,则,可得,取平面的一个法向量为,则,所以二面角的正弦值的大小为.(注:问题(2)可以转化为求二面角的正弦值,求出后,在中,过点作的垂线,垂足为,连接,则就是所求二面角平面角的补角,先求出,再求出,最后在中求出.)本题主要考查了线面垂直的判定以及二面角的求解,属于中档题.19.A=【解析】

运用矩阵定义列出方程组求解矩阵A【详解】由特征值、特征向量定义可知,Aα即abc同理可得3a+2b=12,3c+2d=8.解得a=2,b=3,c=2,d=1.因此矩阵本题考查了由矩阵特征值和特征向量求矩阵,只需运用定义得出方程组即可求出结果,较为简单20.(1)见解析,(2)函数存在唯一零点.【解析】

(1)首先求出导函数,利用导数的几何意义求出处的切线斜率,利用点斜式即可求出切线方程,根据方程即可求出定点.(2)由(1)求出函数,令方程可转化为记,利用导数判断函数在上单调递增,根据,由零点存在性定理即可求出零点个数.【详解】所以直线方程为即,恒过点将代入直线方程,得考虑方程即,等价于记,则于是函数在上单调递增,又所以函数在区间上存在唯一零点,即函数存在唯一零点.本题考查了导数的几何意义、直线过定点、利用导数研究函数的单调性、零点存在性定理,属于难题.21.(1),(2)存在,【解析】

(1)先求得曲线的普通方程,利用伸缩变换的知识求得曲线的直角坐标方程,再转化为极坐标方程.根据极坐标和直角坐标转化公式,求得直线的直角坐标方程.(2)求得曲线的圆心和半径,计算出圆心到直线的距离,结合图像判断出存在符合题意,并求得的值.【详解】(1)曲线的普通方程为,纵坐标伸长到原来的2倍,得到曲线的直角坐标方程为,其极坐标方程为,直线的直角坐标方程为.(2)曲线是以为圆心,为半径的圆,圆心到直线的距离.∴由图像可知,存在这样的点,,则,且点到直线的距离,∴,∴.本小题主要考查坐标变换,考查直线和圆的位置关系,考查极坐标方程和直角坐标方程相互转化,考查参数方程化为普通方程,考查数形结合的数学思想方法,属于中档题.22.(1)不在,证明见详解;(2)【解析】

(1)假设直线方程,并于抛物线方程联立,结合韦达定理,计算,可得,然后验证可得结果.(2)分别计算线段中垂线的方程,然后联立,根据(1)的条件可

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