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文档简介
安徽省铜陵市义安区铜都双语学校2024-2025学年高三下学期第三次数学试题题试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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.若实数满足不等式组则的最小值等于()A. B. C. D.2.幻方最早起源于我国,由正整数1,2,3,……,这个数填入方格中,使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等,这个正方形数阵就叫阶幻方.定义为阶幻方对角线上所有数的和,如,则()A.55 B.500 C.505 D.50503.设集合,集合,则=()A. B. C. D.R4.已知函数若对区间内的任意实数,都有,则实数的取值范围是()A. B. C. D.5.已知平面向量,,,则实数x的值等于()A.6 B.1 C. D.6.使得的展开式中含有常数项的最小的n为()A. B. C. D.7.已知集合,则集合的非空子集个数是()A.2 B.3 C.7 D.88.大衍数列,米源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论,主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理,数列中的每一项,都代表太极衍生过程中,曾经经历过的两仪数量总和.已知该数列前10项是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,…,则大衍数列中奇数项的通项公式为()A. B. C. D.9.在钝角中,角所对的边分别为,为钝角,若,则的最大值为()A. B. C.1 D.10.如图所示的程序框图,若输入,,则输出的结果是()A. B. C. D.11.将函数的图象分别向右平移个单位长度与向左平移(>0)个单位长度,若所得到的两个图象重合,则的最小值为()A. B. C. D.12.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.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知集合,,则__________.14.已知“在中,”,类比以上正弦定理,“在三棱锥中,侧棱与平面所成的角为、与平面所成的角为,则________.15.棱长为的正四面体与正三棱锥的底面重合,若由它们构成的多面体的顶点均在一球的球面上,则正三棱锥的内切球半径为______.16.若曲线(其中常数)在点处的切线的斜率为1,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)已知,,分别是三个内角,,的对边,.(1)求;(2)若,,求,.18.(12分)已知函数f(x)=|x-2|-|x+1|.(Ⅰ)解不等式f(x)>1;(Ⅱ)当x>0时,若函数g(x)(a>0)的最小值恒大于f(x),求实数a的取值范围.19.(12分)已知,且满足,证明:.20.(12分)已知函数f(x)=ex-x2-kx(其中e为自然对数的底,k为常数)有一个极大值点和一个极小值点.(1)求实数k的取值范围;(2)证明:f(x)的极大值不小于1.21.(12分)在中,角,,所对的边分别为,,,已知,,角为锐角,的面积为.(1)求角的大小;(2)求的值.22.(10分)在中,角所对的边分别是,且.(1)求;(2)若,求.
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.A【解析】
首先画出可行域,利用目标函数的几何意义求的最小值.【详解】解:作出实数,满足不等式组表示的平面区域(如图示:阴影部分)由得,由得,平移,易知过点时直线在上截距最小,所以.故选:A.本题考查了简单线性规划问题,求目标函数的最值先画出可行域,利用几何意义求值,属于中档题.2.C【解析】
因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等,可得,即得解.【详解】因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等,所以阶幻方对角线上数的和就等于每行(或每列)的数的和,又阶幻方有行(或列),因此,,于是.故选:C本题考查了数阵问题,考查了学生逻辑推理,数学运算的能力,属于中档题.3.D【解析】试题分析:由题,,,选D考点:集合的运算4.C【解析】分析:先求导,再对a分类讨论求函数的单调区间,再画图分析转化对区间内的任意实数,都有,得到关于a的不等式组,再解不等式组得到实数a的取值范围.详解:由题得.当a<1时,,所以函数f(x)在单调递减,因为对区间内的任意实数,都有,所以,所以故a≥1,与a<1矛盾,故a<1矛盾.当1≤a<e时,函数f(x)在[0,lna]单调递增,在(lna,1]单调递减.所以因为对区间内的任意实数,都有,所以,所以即令,所以所以函数g(a)在(1,e)上单调递减,所以,所以当1≤a<e时,满足题意.当a时,函数f(x)在(0,1)单调递增,因为对区间内的任意实数,都有,所以,故1+1,所以故综上所述,a∈.故选C.点睛:本题的难点在于“对区间内的任意实数,都有”的转化.由于是函数的问题,所以我们要联想到利用函数的性质(单调性、奇偶性、周期性、对称性、最值、极值等)来分析解答问题.本题就是把这个条件和函数的单调性和最值联系起来,完成了数学问题的等价转化,找到了问题的突破口.5.A【解析】
根据向量平行的坐标表示即可求解.【详解】,,,,即,故选:A本题主要考查了向量平行的坐标运算,属于容易题.6.B【解析】二项式展开式的通项公式为,若展开式中有常数项,则,解得,当r取2时,n的最小值为5,故选B【考点定位】本题考查二项式定理的应用.7.C【解析】
先确定集合中元素,可得非空子集个数.【详解】由题意,共3个元素,其子集个数为,非空子集有7个.故选:C.本题考查集合的概念,考查子集的概念,含有个元素的集合其子集个数为,非空子集有个.8.B【解析】
直接代入检验,排除其中三个即可.【详解】由题意,排除D,,排除A,C.同时B也满足,,,故选:B.本题考查由数列的项选择通项公式,解题时可代入检验,利用排除法求解.9.B【解析】
首先由正弦定理将边化角可得,即可得到,再求出,最后根据求出的最大值;【详解】解:因为,所以因为所以,即,,时故选:本题考查正弦定理的应用,余弦函数的性质的应用,属于中档题.10.B【解析】
列举出循环的每一步,可得出输出结果.【详解】,,不成立,,;不成立,,;不成立,,;成立,输出的值为.故选:B.本题考查利用程序框图计算输出结果,一般要将算法的每一步列举出来,考查计算能力,属于基础题.11.B【解析】
首先根据函数的图象分别向左与向右平移m,n个单位长度后,所得的两个图像重合,那么,利用的最小正周期为,从而求得结果.【详解】的最小正周期为,那么(∈),于是,于是当时,最小值为,故选B.该题考查的是有关三角函数的周期与函数图象平移之间的关系,属于简单题目.12.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.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【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.14.【解析】
类比,三角形边长类比三棱锥各面的面积,三角形内角类比三棱锥中侧棱与面所成角.【详解】,故,本题考查类比推理.类比正弦定理可得,类比时有结构类比,方法类比等.15.【解析】
由棱长为的正四面体求出外接球的半径,进而求出正三棱锥的高及侧棱长,可得正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直,进而求出体积与表面积,设内切圆的半径,由等体积,求出内切圆的半径.【详解】由题意可知:多面体的外接球即正四面体的外接球作面交于,连接,如图则,且为外接球的直径,可得,设三角形的外接圆的半径为,则,解得,设外接球的半径为,则可得,即,解得,设正三棱锥的高为,因为,所以,所以,而,所以正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直,所以,设内切球的半径为,,即解得:.故答案为:.本题考查多面体与球的内切和外接问题,考查转化与化归思想,考查空间想象能力、运算求解能力,求解时注意借助几何体的直观图进行分析.16.【解析】
利用导数的几何意义,由解方程即可.【详解】由已知,,所以,解得.故答案为:.本题考查导数的几何意义,考查学生的基本运算能力,是一道基础题.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),或,.【解析】
(1)利用正弦定理,转化原式为,结合,可得,即得解;(2)由余弦定理,结合题中数据,可得解【详解】(1)由及正弦定理得.因为,所以,代入上式并化简得.由于,所以.又,故.(2)因为,,,由余弦定理得即,所以.而,所以,为一元二次方程的两根.所以,或,.本题考查了正弦定理,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.18.(Ⅰ);(Ⅱ)。【解析】
(Ⅰ)分类讨论,去掉绝对值,求得原绝对值不等式的解集;(Ⅱ)由条件利用基本不等式求得,,再由,求得的范围.【详解】(Ⅰ)当时,原不等式可化为,此时不成立;当时,原不等式可化为,解得,即;当时,原不等式可化为,解得.综上,原不等式的解集是.(Ⅱ)因为,当且仅当时等号成立,所以.当时,,所以.所以,解得,故实数的取值范围为.本题主要考查了绝对值不等式的解法,以及转化与化归思想,难度一般;常见的绝对值不等式的解法,法一:利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想;法二:利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想;法三:通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想.19.证明见解析【解析】
将化简可得,由柯西不等式可得证明.【详解】解:因为,,所以,又,所以,当且仅当时取等号.本题主要考查柯西不等式的应用,相对不难,注意已知条件的化简及柯西不等式的灵活运用.20.(1);(2)见解析【解析】
(1)求出,记,问题转化为方程有两个不同解,求导,研究极值即可得结果;(2)由(1)知,在区间上存在极大值点,且,则可求出极大值,记,求导,求单调性,求出极值即可.【详解】(1),由,记,,由,且时,,单调递减,,时,,单调递增,,由题意,方程有两个不同解,所以;(2)解法一:由(1)知,在区间上存在极大值点,且,所以的极大值为,记,则,因为,所以,所以时,,单调递减,时,,单调递增,所以,即函数的极大值不小于1.解法二:由(1)知,在区间上存在极大值点,且,所以的极大值为,因为,,所以.即函数的极大值不小于1.本题考查导数研究函数的单调性,极值,考查学生综合分析能力与转化能力,是一道中档题.21.(1);(2)7.【解析】分析:(1)由三角形面积公式和已知条件求得sinA的值,进而求得A;(2)利用余弦定理公式和(1)中求得的A求得a.详解:(1)∵,∴,∵为锐角,
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