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文档简介

2025年陕西省西安市83中学高三年级第一次模拟考试(二)数学试题注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积等于()cm3A. B. C. D.2.宁波古圣王阳明的《传习录》专门讲过易经八卦图,下图是易经八卦图(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦),每一卦由三根线组成(“—”表示一根阳线,“——”表示一根阴线).从八卦中任取两卦,这两卦的六根线中恰有四根阴线的概率为()A. B. C. D.3.已知椭圆:的左,右焦点分别为,,过的直线交椭圆于,两点,若,且的三边长,,成等差数列,则的离心率为()A. B. C. D.4.已知函数,为图象的对称中心,若图象上相邻两个极值点,满足,则下列区间中存在极值点的是()A. B. C. D.5.已知函数是上的偶函数,且当时,函数是单调递减函数,则,,的大小关系是()A. B.C. D.6.已知六棱锥各顶点都在同一个球(记为球)的球面上,且底面为正六边形,顶点在底面上的射影是正六边形的中心,若,,则球的表面积为()A. B. C. D.7.定义在R上的函数,,若在区间上为增函数,且存在,使得.则下列不等式不一定成立的是()A. B.C. D.8.已知分别为双曲线的左、右焦点,点是其一条渐近线上一点,且以为直径的圆经过点,若的面积为,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.9.某几何体的三视图如图所示(单位:),则该几何体的体积(单位:)为()A. B.6 C. D.10.已知四棱锥,底面ABCD是边长为1的正方形,,平面平面ABCD,当点C到平面ABE的距离最大时,该四棱锥的体积为()A. B. C. D.111.如图是正方体截去一个四棱锥后的得到的几何体的三视图,则该几何体的体积是()A. B. C. D.12.一个超级斐波那契数列是一列具有以下性质的正整数:从第三项起,每一项都等于前面所有项之和(例如:1,3,4,8,16…).则首项为2,某一项为2020的超级斐波那契数列的个数为()A.3 B.4 C.5 D.6二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若的展开式中只有第六项的二项式系数最大,则展开式中各项的系数和是________.14.已知直角坐标系中起点为坐标原点的向量满足,且,,,存在,对于任意的实数,不等式,则实数的取值范围是______.15.某校高二(4)班统计全班同学中午在食堂用餐时间,有7人用时为6分钟,有14人用时7分钟,有15人用时为8分钟,还有4人用时为10分钟,则高二(4)班全体同学用餐平均用时为____分钟.16.已知等差数列的前n项和为,,,则=_______.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)设数列的前列项和为,已知.(1)求数列的通项公式;(2)求证:.18.(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.19.(12分)已知数列是各项均为正数的等比数列,,且,,成等差数列.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)设,为数列的前项和,记,证明:.20.(12分)已知凸边形的面积为1,边长,,其内部一点到边的距离分别为.求证:.21.(12分)的内角的对边分别为,已知.(1)求的大小;(2)若,求面积的最大值.22.(10分)已知函数,它的导函数为.(1)当时,求的零点;(2)当时,证明:.

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】解:根据几何体的三视图知,该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体,结合图中数据,计算它的体积为:V=V三棱柱+V半圆柱=×2×2×1+•π•12×1=(6+1.5π)cm1.故答案为6+1.5π.点睛:根据几何体的三视图知该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体,结合图中数据计算它的体积即可.2.B【解析】

根据古典概型的概率求法,先得到从八卦中任取两卦基本事件的总数,再找出这两卦的六根线中恰有四根阴线的基本事件数,代入公式求解.【详解】从八卦中任取两卦基本事件的总数种,这两卦的六根线中恰有四根阴线的基本事件数有6种,分别是(巽,坤),(兑,坤),(离,坤),(震,艮),(震,坎),(坎,艮),所以这两卦的六根线中恰有四根阴线的概率是.故选:B本题主要考查古典概型的概率,还考查了运算求解的能力,属于基础题.3.C【解析】

根据等差数列的性质设出,,,利用勾股定理列方程,结合椭圆的定义,求得.再利用勾股定理建立的关系式,化简后求得离心率.【详解】由已知,,成等差数列,设,,.由于,据勾股定理有,即,化简得;由椭圆定义知的周长为,有,所以,所以;在直角中,由勾股定理,,∴离心率.故选:C本小题主要考查椭圆离心率的求法,考查椭圆的定义,考查等差数列的性质,属于中档题.4.A【解析】

结合已知可知,可求,进而可求,代入,结合,可求,即可判断.【详解】图象上相邻两个极值点,满足,即,,,且,,,,,,当时,为函数的一个极小值点,而.故选:.本题主要考查了正弦函数的图象及性质的简单应用,解题的关键是性质的灵活应用.5.D【解析】

利用对数函数的单调性可得,再根据的单调性和奇偶性可得正确的选项.【详解】因为,,故.又,故.因为当时,函数是单调递减函数,所以.因为为偶函数,故,所以.故选:D.本题考查抽象函数的奇偶性、单调性以及对数函数的单调性在大小比较中的应用,比较大小时注意选择合适的中间数来传递不等关系,本题属于中档题.6.D【解析】

由题意,得出六棱锥为正六棱锥,求得,再结合球的性质,求得球的半径,利用表面积公式,即可求解.【详解】由题意,六棱锥底面为正六边形,顶点在底面上的射影是正六边形的中心,可得此六棱锥为正六棱锥,又由,所以,在直角中,因为,所以,设外接球的半径为,在中,可得,即,解得,所以外接球的表面积为.故选:D.本题主要考查了正棱锥的几何结构特征,以及外接球的表面积的计算,其中解答中熟记几何体的结构特征,熟练应用球的性质求得球的半径是解答的关键,着重考查了空间想象能力,以及推理与计算能力,属于中档试题.7.D【解析】

根据题意判断出函数的单调性,从而根据单调性对选项逐个判断即可.【详解】由条件可得函数关于直线对称;在,上单调递增,且在时使得;又,,所以选项成立;,比离对称轴远,可得,选项成立;,,可知比离对称轴远,选项成立;,符号不定,,无法比较大小,不一定成立.故选:.本题考查了函数的基本性质及其应用,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.8.B【解析】

根据题意,设点在第一象限,求出此坐标,再利用三角形的面积即可得到结论.【详解】由题意,设点在第一象限,双曲线的一条渐近线方程为,所以,,又以为直径的圆经过点,则,即,解得,,所以,,即,即,所以,双曲线的离心率为.故选:B.本题主要考查双曲线的离心率,解决本题的关键在于求出与的关系,属于基础题.9.D【解析】

根据几何体的三视图,该几何体是由正方体去掉三棱锥得到,根据正方体和三棱锥的体积公式可求解.【详解】如图,该几何体为正方体去掉三棱锥,所以该几何体的体积为:,故选:D本题主要考查了空间几何体的三视图以及体积的求法,考查了空间想象力,属于中档题.10.B【解析】

过点E作,垂足为H,过H作,垂足为F,连接EF.因为平面ABE,所以点C到平面ABE的距离等于点H到平面ABE的距离.设,将表示成关于的函数,再求函数的最值,即可得答案.【详解】过点E作,垂足为H,过H作,垂足为F,连接EF.因为平面平面ABCD,所以平面ABCD,所以.因为底面ABCD是边长为1的正方形,,所以.因为平面ABE,所以点C到平面ABE的距离等于点H到平面ABE的距离.易证平面平面ABE,所以点H到平面ABE的距离,即为H到EF的距离.不妨设,则,.因为,所以,所以,当时,等号成立.此时EH与ED重合,所以,.故选:B.本题考查空间中点到面的距离的最值,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查空间想象能力和运算求解能力,求解时注意辅助线及面面垂直的应用.11.C【解析】

根据三视图作出几何体的直观图,结合三视图的数据可求得几何体的体积.【详解】根据三视图还原几何体的直观图如下图所示:由图可知,该几何体是在棱长为的正方体中截去四棱锥所形成的几何体,该几何体的体积为.故选:C.本题考查利用三视图计算几何体的体积,考查空间想象能力与计算能力,属于基础题.12.A【解析】

根据定义,表示出数列的通项并等于2020.结合的正整数性质即可确定解的个数.【详解】由题意可知首项为2,设第二项为,则第三项为,第四项为,第五项为第n项为且,则,因为,当的值可以为;即有3个这种超级斐波那契数列,故选:A.本题考查了数列新定义的应用,注意自变量的取值范围,对题意理解要准确,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

由题意得出展开式中共有11项,;再令求得展开式中各项的系数和.【详解】由的展开式中只有第六项的二项式系数最大,所以展开式中共有11项,所以;令,可求得展开式中各项的系数和是:.故答案为:1.本小题主要考查二项式展开式的通项公式的运用,考查二项式展开式各项系数和的求法,属于基础题.14.【解析】

由题意可设,,,由向量的坐标运算,以及恒成立思想可设,的最小值即为点,到直线的距离,求得,可得不大于.【详解】解:,且,可设,,,,可得,可得的终点均在直线上,由于为任意实数,可得时,的最小值即为点到直线的距离,可得,对于任意的实数,不等式,可得,故答案为:.本题主要考查向量的模的求法,以及两点的距离的运用,考查直线方程的运用,以及点到直线的距离,考查运算能力,属于中档题.15.7.5【解析】

分别求出所有人用时总和再除以总人数即可得到平均数.【详解】故答案为:7.5此题考查求平均数,关键在于准确计算出所有数据之和,易错点在于概念辨析不清导致计算出错.16.【解析】

利用求出公差,结合等差数列的通项公式可求.【详解】设公差为,因为,所以,即.所以.故答案为:本题主要考查等差数列通项公式的求解,利用等差数列的基本量是求解这类问题的通性通法,侧重考查数学运算的核心素养.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)证明见解析【解析】

(1)由已知可得,构造等比数列即可求出通项公式;(2)当时,由,可求,时,由,可证,验证时,不等式也成立,即可得证.【详解】(1)由可得,,即,所以,解得,(2)当时,,,当时,,综上,由可得递增,,时;所以,综上:故.本题主要考查了递推数列求通项公式,利用放缩法证明不等式,涉及等比数列的求和公式,属于难题.18.(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.19.(Ⅰ),;(Ⅱ)见解析【解析】

(Ⅰ)由,且成等差数列,可求得q,从而可得本题答案;(Ⅱ)化简求得,然后求得,再用裂项相消法求,即可得到本题答案.【详解】(Ⅰ)因为数列是各项均为正数的等比数列,,可设公比为q,,又成等差数列,所以,即,解得或(舍去),则,;(Ⅱ)证明:,,,则,因为,所以即.本题主要考查等差等比数列的综合应用,以及用裂项相消法求和并证明不等式,考查学生的运算求解能力和推理证明能力.20.证明见解析【解析】

由已知,易得,所以利用柯西不等式和基本不等式即可证明.【详解】因为凸边形的面积为1,所以,所以(由柯西不等式得)(由均值不等式得)本题考查利用柯西不等式、基本不等式证明不等式的问题,考查学生对不等式灵活运用的能力,是一道容易题.21.(1);(2).【解析】

(1)利用正弦定理将边化角,结合诱导公式可化简边角关系式,求得,根据可求得结果;(2)利用余弦定理可得,利用基本不等式可求得,代入三角形面积公式可求得结果.【详解】(1)由正弦定理得:,又,即由得:(2)由余弦定理得:又(当且仅当时取等号)即三角形面积的最大值为:本题考查解三角形的相关知识,涉及到正弦定理化简

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