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文档简介
河北省衡水中学2025届高三数学第一学期期末联考试题注意事项: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.如图,将两个全等等腰直角三角形拼成一个平行四边形,将平行四边形沿对角线折起,使平面平面,则直线与所成角余弦值为()A. B. C. D.2.点为的三条中线的交点,且,,则的值为()A. B. C. D.3.已知函数f(x)=eb﹣x﹣ex﹣b+c(b,c均为常数)的图象关于点(2,1)对称,则f(5)+f(﹣1)=()A.﹣2 B.﹣1 C.2 D.44.已知函数,当时,恒成立,则的取值范围为()A. B. C. D.5.《九章算术》是我国古代数学名著,书中有如下问题:“今有勾六步,股八步,问勾中容圆,径几何?”其意思为:“已知直角三角形两直角边长分别为6步和8步,问其内切圆的直径为多少步?”现从该三角形内随机取一点,则此点取自内切圆的概率是()A. B. C. D.6.已知全集,函数的定义域为,集合,则下列结论正确的是A. B.C. D.7.阿波罗尼斯(约公元前262~190年)证明过这样的命题:平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点,间的距离为2,动点与,的距离之比为,当,,不共线时,的面积的最大值是()A. B. C. D.8.已知函数的零点为m,若存在实数n使且,则实数a的取值范围是()A. B. C. D.9.执行如图的程序框图,若输出的结果,则输入的值为()A. B.C.3或 D.或10.一个正三棱柱的正(主)视图如图,则该正三棱柱的侧面积是()A.16 B.12 C.8 D.611.已知函数的图像向右平移个单位长度后,得到的图像关于轴对称,,当取得最小值时,函数的解析式为()A. B.C. D.12.已知集合,则的值域为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若函数的图像向左平移个单位得到函数的图像.则在区间上的最小值为________.14.函数的定义域为____.15.设,则“”是“”的__________条件.16.曲线在处的切线的斜率为________.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)设函数.(Ⅰ)讨论函数的单调性;(Ⅱ)若函数有两个极值点,求证:.18.(12分)如图,在斜三棱柱中,已知为正三角形,D,E分别是,的中点,平面平面,.(1)求证:平面;(2)求证:平面.19.(12分)已知椭圆的左焦点坐标为,,分别是椭圆的左,右顶点,是椭圆上异于,的一点,且,所在直线斜率之积为.(1)求椭圆的方程;(2)过点作两条直线,分别交椭圆于,两点(异于点).当直线,的斜率之和为定值时,直线是否恒过定点?若是,求出定点坐标;若不是,请说明理.20.(12分)在平面直角坐标系xOy中,曲线l的参数方程为(为参数),以原点O为极点,x轴非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为4sin.(1)求曲线C的普通方程;(2)求曲线l和曲线C的公共点的极坐标.21.(12分)已知数列满足,,数列满足.(Ⅰ)求证数列是等比数列;(Ⅱ)求数列的前项和.22.(10分)某学生为了测试煤气灶烧水如何节省煤气的问题设计了一个实验,并获得了煤气开关旋钮旋转的弧度数x与烧开一壶水所用时间y的一组数据,且作了一定的数据处理(如表),得到了散点图(如图).表中,.(1)根据散点图判断,与哪一个更适宜作烧水时间y关于开关旋钮旋转的弧度数x的回归方程类型?(不必说明理由)(2)根据判断结果和表中数据,建立y关于x的回归方程;(3)若旋转的弧度数x与单位时间内煤气输出量t成正比,那么x为多少时,烧开一壶水最省煤气?附:对于一组数据,,,…,,其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为,.
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】
利用建系,假设长度,表示向量与,利用向量的夹角公式,可得结果.【详解】由平面平面,平面平面,平面所以平面,又平面所以,又所以作轴//,建立空间直角坐标系如图设,所以则所以所以故选:C【点睛】本题考查异面直线所成成角的余弦值,一般采用这两种方法:(1)将两条异面直线作辅助线放到同一个平面,然后利用解三角形知识求解;(2)建系,利用空间向量,属基础题.2、B【解析】
可画出图形,根据条件可得,从而可解出,然后根据,进行数量积的运算即可求出.【详解】如图:点为的三条中线的交点,由可得:,又因,,.故选:B【点睛】本题考查三角形重心的定义及性质,向量加法的平行四边形法则,向量加法、减法和数乘的几何意义,向量的数乘运算及向量的数量积的运算,考查运算求解能力,属于中档题.3、C【解析】
根据对称性即可求出答案.【详解】解:∵点(5,f(5))与点(﹣1,f(﹣1))满足(5﹣1)÷2=2,故它们关于点(2,1)对称,所以f(5)+f(﹣1)=2,故选:C.【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用,属于中档题.4、A【解析】
分析可得,显然在上恒成立,只需讨论时的情况即可,,然后构造函数,结合的单调性,不等式等价于,进而求得的取值范围即可.【详解】由题意,若,显然不是恒大于零,故.,则在上恒成立;当时,等价于,因为,所以.设,由,显然在上单调递增,因为,所以等价于,即,则.设,则.令,解得,易得在上单调递增,在上单调递减,从而,故.故选:A.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题,利用函数单调性是解决本题的关键,考查了学生的推理能力,属于基础题.5、C【解析】
利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径,再分别求出三角形和内切圆的面积,根据几何概型的概率计算公式,即可求解.【详解】由题意,直角三角形的斜边长为,利用等面积法,可得其内切圆的半径为,所以向次三角形内投掷豆子,则落在其内切圆内的概率为.故选:C.【点睛】本题主要考查了面积比的几何概型的概率的计算问题,其中解答中熟练应用直角三角形的性质,求得其内切圆的半径是解答的关键,着重考查了推理与运算能力.6、A【解析】
求函数定义域得集合M,N后,再判断.【详解】由题意,,∴.故选A.【点睛】本题考查集合的运算,解题关键是确定集合中的元素.确定集合的元素时要注意代表元形式,集合是函数的定义域,还是函数的值域,是不等式的解集还是曲线上的点集,都由代表元决定.7、A【解析】
根据平面内两定点,间的距离为2,动点与,的距离之比为,利用直接法求得轨迹,然后利用数形结合求解.【详解】如图所示:设,,,则,化简得,当点到(轴)距离最大时,的面积最大,∴面积的最大值是.故选:A.【点睛】本题主要考查轨迹的求法和圆的应用,还考查了数形结合的思想和运算求解的能力,属于中档题.8、D【解析】
易知单调递增,由可得唯一零点,通过已知可求得,则问题转化为使方程在区间上有解,化简可得,借助对号函数即可解得实数a的取值范围.【详解】易知函数单调递增且有惟一的零点为,所以,∴,问题转化为:使方程在区间上有解,即在区间上有解,而根据“对勾函数”可知函数在区间的值域为,∴.故选D.【点睛】本题考查了函数的零点问题,考查了方程有解问题,分离参数法及构造函数法的应用,考查了利用“对勾函数”求参数取值范围问题,难度较难.9、D【解析】
根据逆运算,倒推回求x的值,根据x的范围取舍即可得选项.【详解】因为,所以当,解得
,所以3是输入的x的值;当时,解得,所以是输入的x的值,所以输入的x的值为
或3,故选:D.【点睛】本题考查了程序框图的简单应用,通过结果反求输入的值,属于基础题.10、B【解析】
根据正三棱柱的主视图,以及长度,可知该几何体的底面正三角形的边长,然后根据矩形的面积公式,可得结果.【详解】由题可知:该几何体的底面正三角形的边长为2所以该正三棱柱的三个侧面均为边长为2的正方形,所以该正三棱柱的侧面积为故选:B【点睛】本题考查正三棱柱侧面积的计算以及三视图的认识,关键在于求得底面正三角形的边长,掌握一些常见的几何体的三视图,比如:三棱锥,圆锥,圆柱等,属基础题.11、A【解析】
先求出平移后的函数解析式,结合图像的对称性和得到A和.【详解】因为关于轴对称,所以,所以,的最小值是.,则,所以.【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换及性质.平移图像时需注意x的系数和平移量之间的关系.12、A【解析】
先求出集合,化简=,令,得由二次函数的性质即可得值域.【详解】由,得,,令,,,所以得,在上递增,在上递减,,所以,即的值域为故选A【点睛】本题考查了二次不等式的解法、二次函数最值的求法,换元法要注意新变量的范围,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】
注意平移是针对自变量x,所以,再利用整体换元法求值域(最值)即可.【详解】由已知,,,又,故,,所以的最小值为.故答案为:.【点睛】本题考查正弦型函数在给定区间上的最值问题,涉及到图象的平移变换、辅助角公式的应用,是一道基础题.14、【解析】由题意得,解得定义域为.15、充分必要【解析】
根据充分条件和必要条件的定义可判断两者之间的条件关系.【详解】当时,有,故“”是“”的充分条件.当时,有,故“”是“”的必要条件.故“”是“”的充分必要条件,故答案为:充分必要.【点睛】本题考查充分必要条件的判断,可利用定义来判断,也可以根据两个条件构成命题及逆命题的真假来判断,还可以利用两个条件对应的集合的包含关系来判断,本题属于容易题.16、【解析】
求出函数的导数,利用导数的几何意义令,即可求出切线斜率.【详解】,,,即曲线在处的切线的斜率.故答案为:【点睛】本题考查了导数的几何意义、导数的运算法则以及基本初等函数的导数,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、(Ⅰ)见解析(Ⅱ)见解析【解析】
(Ⅰ)求导得到,讨论,,三种情况得到单调区间.(Ⅱ)设,要证,即证,,设,根据函数单调性得到证明.【详解】(Ⅰ),令,,(1)当,即时,,,在上单调递增;(2)当,即时,设的两根为(),,①若,,时,,所以在和上单调递增,时,,所以在上单调递减,②若,,时,,所以在上单调递减,时,,所以在上单调递增.综上,当时,在上单调递增;当时,在和上单调递增,在上单调递减;当时,在上单调递减,在上单调递增.(Ⅱ)不妨设,要证,即证,即证,由(Ⅰ)可知,,,可得,,所以有,令,,所以在单调递增,所以,因为,所以,所以.【点睛】本题考查了函数单调性,证明不等式,意在考查学生的分类讨论能力和计算能力.18、(1)见解析;(2)见解析【解析】
(1)根据,分别是,的中点,即可证明,从而可证平面;(2)先根据为正三角形,且D是的中点,证出,再根据平面平面,得到平面,从而得到,结合,即可得证.【详解】(1)∵,分别是,的中点∴∵平面,平面∴平面.(2)∵为正三角形,且D是的中点∴∵平面平面,且平面平面,平面∴平面∵平面∴∵且∴∵,平面,且∴平面.【点睛】本题考查直线与平面平行的判定,面面垂直的性质等,解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养,中档题.19、(1)(2)直线过定点【解析】
(1),再由,解方程组即可;(2)设,,由,得,由直线MN的方程与椭圆方程联立得到根与系数的关系,代入计算即可.【详解】(1)由题意知:,又,且解得,,∴椭圆方程为,(2)当直线的斜率存在时,设其方程为,设,,由,得.则,(*)由,得,整理可得(*)代入得,整理可得,又,∴,即,∴直线过点当直线的斜率不存在时,设直线的方程为,,,其中,∴,由,得,所以∴当直线的斜率不存在时,直线也过定点综上所述,直线过定点.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程以及直线与椭圆位置关系中的定点问题,在处理直线与椭圆的位置关系的大题时,一般要利用根与系数的关系来求解,本题是一道中档题.20、(1)(2)(2,).【解析】
(1)利用极坐标和直角坐标的转化公式求解.(2)先把两个方程均化为普通方程,求解公共点的直角坐标,然后化为极坐标即可.【详解】(1)∵曲线C的极坐标方程为,∴,则,即.(2),∴,联立可得,(舍)或,公共点(,3),化为极坐标(2,).【点睛】本题主要考查极坐标和直角坐标的转化及交点的求解,熟记极坐标和直角坐标的转化公式是求解的关键,交点问题一般是统一一种坐标形式求解后再进行转化,侧重考查数学运算的核心素养.21、(Ⅰ)见证明;(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)利用等比数列的定义结合得出数列是等比数列(Ⅱ)数列是“等比-等差”的类型,利用分组求和即可得出前项和.【详解】解:(Ⅰ)当时,,故.当时,,则,,数列是首项为,公比为的等比数列.(Ⅱ)由(Ⅰ)得,,,.【点睛】(Ⅰ)证明数列是等比数列可利用定义法得出(Ⅱ)
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