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文档简介

江西省赣州市五校协作体2025届数学高三第一学期期末预测试题考生须知: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.在中,点为中点,过点的直线与,所在直线分别交于点,,若,,则的最小值为()A. B.2 C.3 D.2.关于函数在区间的单调性,下列叙述正确的是()A.单调递增 B.单调递减 C.先递减后递增 D.先递增后递减3.已知将函数(,)的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象,若和的图象都关于对称,则的值为()A.2 B.3 C.4 D.4.等比数列的前项和为,若,,,,则()A. B. C. D.5.已知向量,是单位向量,若,则()A. B. C. D.6.设正项等差数列的前项和为,且满足,则的最小值为A.8 B.16 C.24 D.367.集合的子集的个数是()A.2 B.3 C.4 D.88.执行程序框图,则输出的数值为()A. B. C. D.9.在中,,则=()A. B.C. D.10.一个陶瓷圆盘的半径为,中间有一个边长为的正方形花纹,向盘中投入1000粒米后,发现落在正方形花纹上的米共有51粒,据此估计圆周率的值为(精确到0.001)()A.3.132 B.3.137 C.3.142 D.3.14711.某四棱锥的三视图如图所示,记S为此棱锥所有棱的长度的集合,则()A.B.C.D.12.已知实数、满足约束条件,则的最大值为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知数列的首项,函数在上有唯一零点,则数列|的前项和__________.14.函数的定义域是____________.(写成区间的形式)15.如图,已知圆内接四边形ABCD,其中,,,,则__________.16.若变量,满足约束条件则的最大值是______.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)已知数列中,,前项和为,若对任意的,均有(是常数,且)成立,则称数列为“数列”.(1)若数列为“数列”,求数列的前项和;(2)若数列为“数列”,且为整数,试问:是否存在数列,使得对任意,成立?如果存在,求出这样数列的的所有可能值,如果不存在,请说明理由.18.(12分)已知直线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为,且曲线的左焦点在直线上.(Ⅰ)求的极坐标方程和曲线的参数方程;(Ⅱ)求曲线的内接矩形的周长的最大值.19.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,,为等边三角形,平面平面ABCD,M,N分别是线段PD和BC的中点.(1)求直线CM与平面PAB所成角的正弦值;(2)求二面角D-AP-B的余弦值;(3)试判断直线MN与平面PAB的位置关系,并给出证明.20.(12分)已知椭圆,上、下顶点分别是、,上、下焦点分别是、,焦距为,点在椭圆上.(1)求椭圆的方程;(2)若为椭圆上异于、的动点,过作与轴平行的直线,直线与交于点,直线与直线交于点,判断是否为定值,说明理由.21.(12分)设椭圆E:(a,b>0)过M(2,),N(,1)两点,O为坐标原点,(1)求椭圆E的方程;(2)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且?若存在,写出该圆的方程,若不存在说明理由.22.(10分)已知集合,.(1)若,则;(2)若,求实数的取值范围.

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、B【解析】

由,,三点共线,可得,转化,利用均值不等式,即得解.【详解】因为点为中点,所以,又因为,,所以.因为,,三点共线,所以,所以,当且仅当即时等号成立,所以的最小值为1.故选:B【点睛】本题考查了三点共线的向量表示和利用均值不等式求最值,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.2、C【解析】

先用诱导公式得,再根据函数图像平移的方法求解即可.【详解】函数的图象可由向左平移个单位得到,如图所示,在上先递减后递增.故选:C【点睛】本题考查三角函数的平移与单调性的求解.属于基础题.3、B【解析】

因为将函数(,)的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象,可得,结合已知,即可求得答案.【详解】将函数(,)的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象,又和的图象都关于对称,由,得,,即,又,.故选:B.【点睛】本题主要考查了三角函数图象平移和根据图象对称求参数,解题关键是掌握三角函数图象平移的解法和正弦函数图象的特征,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.4、D【解析】试题分析:由于在等比数列中,由可得:,又因为,所以有:是方程的二实根,又,,所以,故解得:,从而公比;那么,故选D.考点:等比数列.5、C【解析】

设,根据题意求出的值,代入向量夹角公式,即可得答案;【详解】设,,是单位向量,,,,联立方程解得:或当时,;当时,;综上所述:.故选:C.【点睛】本题考查向量的模、夹角计算,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,求解时注意的两种情况.6、B【解析】

方法一:由题意得,根据等差数列的性质,得成等差数列,设,则,,则,当且仅当时等号成立,从而的最小值为16,故选B.方法二:设正项等差数列的公差为d,由等差数列的前项和公式及,化简可得,即,则,当且仅当,即时等号成立,从而的最小值为16,故选B.7、D【解析】

先确定集合中元素的个数,再得子集个数.【详解】由题意,有三个元素,其子集有8个.故选:D.【点睛】本题考查子集的个数问题,含有个元素的集合其子集有个,其中真子集有个.8、C【解析】

由题知:该程序框图是利用循环结构计算并输出变量的值,计算程序框图的运行结果即可得到答案.【详解】,,,,,满足条件,,,,,满足条件,,,,,满足条件,,,,,满足条件,,,,,不满足条件,输出.故选:C【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构,属于简单题.9、B【解析】

在上分别取点,使得,可知为平行四边形,从而可得到,即可得到答案.【详解】如下图,,在上分别取点,使得,则为平行四边形,故,故答案为B.【点睛】本题考查了平面向量的线性运算,考查了学生逻辑推理能力,属于基础题.10、B【解析】

结合随机模拟概念和几何概型公式计算即可【详解】如图,由几何概型公式可知:.故选:B【点睛】本题考查随机模拟的概念和几何概型,属于基础题11、D【解析】

如图所示:在边长为的正方体中,四棱锥满足条件,故,得到答案.【详解】如图所示:在边长为的正方体中,四棱锥满足条件.故,,.故,故,.故选:.【点睛】本题考查了三视图,元素和集合的关系,意在考查学生的空间想象能力和计算能力.12、C【解析】

作出不等式组表示的平面区域,作出目标函数对应的直线,结合图象知当直线过点时,取得最大值.【详解】解:作出约束条件表示的可行域是以为顶点的三角形及其内部,如下图表示:当目标函数经过点时,取得最大值,最大值为.故选:C.【点睛】本题主要考查线性规划等基础知识;考查运算求解能力,数形结合思想,应用意识,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】

由函数为偶函数,可得唯一零点为,代入可得数列的递推关系式,再进行配凑转换为等比数列,最后运用分部求和可得答案.【详解】因为为偶函数,在上有唯一零点,所以,∴,∴,∴为首项为2,公比为2的等比数列.所以,.故答案为:【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和函数的零点,同时也考查了由递推关系式求数列的通项,考查了数列的分部求和,属于中档题.14、【解析】

要使函数有意义,需满足,即,解得,故函数的定义域是.15、【解析】

由题意可知,,在和中,利用余弦定理建立方程求,同理求,求,代入求值.【详解】由圆内接四边形的性质可得,.连接BD,在中,有.在中,.所以,则,所以.连接AC,同理可得,所以.所以.故答案为:【点睛】本题考查余弦定理解三角形,同角三角函数基本关系,意在考查方程思想,计算能力,属于中档题型,本题的关键是熟悉圆内接四边形的性质,对角互补.16、9【解析】

做出满足条件的可行域,根据图形,即可求出的最大值.【详解】做出不等式组表示的可行域,如图阴影部分所示,目标函数过点时取得最大值,联立,解得,即,所以最大值为9.故答案为:9.【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域,利用数形结合求线性目标函数的最值,属于基础题.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)存在,【解析】

由数列为“数列”可得,,,两式相减得,又,利用等比数列通项公式即可求出,进而求出;由题意得,,,两式相减得,,据此可得,当时,,进而可得,即数列为常数列,进而可得,结合,得到关于的不等式,再由时,且为整数即可求出符合题意的的所有值.【详解】因为数列为“数列”,所以,故,两式相减得,在中令,则可得,故所以,所以数列是以为首项,以为公比的等比数列,所以,因为,所以.(2)由题意得,故,两式相减得所以,当时,又因为所以当时,所以成立,所以当时,数列是常数列,所以因为当时,成立,所以,所以在中令,因为,所以可得,所以,由时,且为整数,可得,把分别代入不等式可得,,所以存在数列符合题意,的所有值为.【点睛】本题考查数列的新定义、等比数列的通项公式和数列递推公式的运用;考查运算求解能力、逻辑推理能力和对新定义的理解能力;通过反复利用递推公式,得到数列为常数列是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.18、(Ⅰ)曲线的参数方程为:(为参数);的极坐标方程为;(Ⅱ)16.【解析】

(

I

)直接利用转换关系,把参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换;(

II

)利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用,即可求出结果.【详解】(Ⅰ)由题意:曲线的直角坐标方程为:,所以曲线的参数方程为(为参数),因为直线的直角坐标方程为:,又因曲线的左焦点为,将其代入中,得到,所以的极坐标方程为.(Ⅱ)设椭圆的内接矩形的顶点为,,,,所以椭圆的内接矩形的周长为:,所以当时,即时,椭圆的内接矩形的周长取得最大值16.【点睛】本题考查了曲线的参数方程,极坐标方程与普通方程间的互化,三角函数关系式的恒等变换,正弦型函数的性质的应用,极径的应用,考查学生的求解运算能力和转化能力,属于基础题型.19、(1)(2)(3)直线平面,证明见解析【解析】

取中点,连接,则,再由已知证明平面,以为坐标原点,分别以,,所在直线为,,轴建立空间直角坐标系,求出平面的一个法向量.(1)求出的坐标,由与所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值;(2)求出平面的一个法向量,再由两平面法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值;(3)求出的坐标,由,结合平面,可得直线平面.【详解】底面是边长为2的菱形,,为等边三角形.取中点,连接,则,为等边三角形,,又平面平面,且平面平面,平面.以为坐标原点,分别以,,所在直线为,,轴建立空间直角坐标系.则,,,,1,,,0,,,,,,0,,,,,,,.,,设平面的一个法向量为.由,取,得.(1)证明:设直线与平面所成角为,,则,即直线与平面所成角的正弦值为;(2)设平面的一个法向量为,由,得二面角的余弦值为;(3),,又平面,直线平面.【点睛】本题考查线面平行的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查推理能力与计算能力,属于中档题.20、(1);(2),理由见解析.【解析】

(1)求出椭圆的上、下焦点坐标,利用椭圆的定义求得的值,进而可求得的值,由此可得出椭圆的方程;(2)设点的坐标为,求出直线的方程,求出点的坐标,由此计算出直线和的斜率,可计算出的值,进而可求得的值,即可得出结论.【详解】(1)由题意可知,椭圆的上焦点为、,由椭圆的定义可得,可得,,因此,所求椭圆的方程为;(2)设点的坐标为,则,得,直线的斜率为,所以,直线的方程为,联立,解得,即点,直线的斜率为,直线的斜率为,所以,,,因此,.【点睛】本题考查椭圆方程的求解,同时也考查了椭圆中定值问题的求解,考查计算能力,属于中等题.21、(1)(2)【解析】

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