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文档简介

江西省临川一中2025届高三第二次诊断性检测数学试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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.已知平面向量,满足,且,则与的夹角为()A. B. C. D.2.阿基米德(公元前287年—公元前212年)是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家,他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说,他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二,并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论,要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球,如图,该球顶天立地,四周碰边,表面积为的圆柱的底面直径与高都等于球的直径,则该球的体积为()A. B. C. D.3.如图,圆锥底面半径为,体积为,、是底面圆的两条互相垂直的直径,是母线的中点,已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的抛物线的一部分,则该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离等于()A. B.1 C. D.4.设实数、满足约束条件,则的最小值为()A.2 B.24 C.16 D.145.下列四个结论中正确的个数是(1)对于命题使得,则都有;(2)已知,则(3)已知回归直线的斜率的估计值是2,样本点的中心为(4,5),则回归直线方程为;(4)“”是“”的充分不必要条件.A.1 B.2 C.3 D.46.某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆,其轨道的离心率为,设地球半径为,该卫星近地点离地面的距离为,则该卫星远地点离地面的距离为()A. B.C. D.7.在正方体中,,分别为,的中点,则异面直线,所成角的余弦值为()A. B. C. D.8.已知函数,则不等式的解集为()A. B. C. D.9.已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图,其中B′O′=C′O′=1,A′O′=,那么原△ABC的面积是()A. B.2C. D.10.设函数,的定义域都为,且是奇函数,是偶函数,则下列结论正确的是()A.是偶函数 B.是奇函数C.是奇函数 D.是奇函数11.台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动,也叫桌球(中国粤港澳地区的叫法)、撞球(中国地区的叫法)控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术,一次台球技术表演节目中,在台球桌上,画出如图正方形ABCD,在点E,F处各放一个目标球,表演者先将母球放在点A处,通过击打母球,使其依次撞击点E,F处的目标球,最后停在点C处,若AE=50cm.EF=40cm.FC=30cm,∠AEF=∠CFE=60°,则该正方形的边长为()A.50cm B.40cm C.50cm D.20cm12.下列函数中,在区间上单调递减的是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.数学家狄里克雷对数论,数学分析和数学物理有突出贡献,是解析数论的创始人之一.函数,称为狄里克雷函数.则关于有以下结论:①的值域为;②;③;④其中正确的结论是_______(写出所有正确的结论的序号)14.已知变量(m>0),且,若恒成立,则m的最大值________.15.若随机变量的分布列如表所示,则______,______.-10116.在中,内角所对的边分别是,若,,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)如图1,在边长为4的正方形中,是的中点,是的中点,现将三角形沿翻折成如图2所示的五棱锥.(1)求证:平面;(2)若平面平面,求直线与平面所成角的正弦值.18.(12分)已知函数.(Ⅰ)求在点处的切线方程;(Ⅱ)已知在上恒成立,求的值.(Ⅲ)若方程有两个实数根,且,证明:.19.(12分)如图,在四棱柱中,底面是正方形,平面平面,,.过顶点,的平面与棱,分别交于,两点.(Ⅰ)求证:;(Ⅱ)求证:四边形是平行四边形;(Ⅲ)若,试判断二面角的大小能否为?说明理由.20.(12分)已知椭圆:的离心率为,右焦点为抛物线的焦点.(1)求椭圆的标准方程;(2)为坐标原点,过作两条射线,分别交椭圆于、两点,若、斜率之积为,求证:的面积为定值.21.(12分)如图,在四棱锥中,底面为直角梯形,,,平面底面,为的中点,是棱上的点且,,,.求证:平面平面以;求二面角的大小.22.(10分)已知函数f(x)=|x-1|+|x-2|.若不等式|a+b|+|a-b|≥|a|f(x)(a≠0,a、b∈R)恒成立,求实数x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、C【解析】

根据,两边平方,化简得,再利用数量积定义得到求解.【详解】因为平面向量,满足,且,所以,所以,所以,所以,所以与的夹角为.故选:C【点睛】本题主要考查平面向量的模,向量的夹角和数量积运算,属于基础题.2、C【解析】

设球的半径为R,根据组合体的关系,圆柱的表面积为,解得球的半径,再代入球的体积公式求解.【详解】设球的半径为R,根据题意圆柱的表面积为,解得,所以该球的体积为.故选:C【点睛】本题主要考查组合体的表面积和体积,还考查了对数学史了解,属于基础题.3、D【解析】

建立平面直角坐标系,求得抛物线的轨迹方程,解直角三角形求得抛物线的焦点到圆锥顶点的距离.【详解】将抛物线放入坐标系,如图所示,∵,,,∴,设抛物线,代入点,可得∴焦点为,即焦点为中点,设焦点为,,,∴.故选:D【点睛】本小题考查圆锥曲线的概念,抛物线的性质,两点间的距离等基础知识;考查运算求解能力,空间想象能力,推理论证能力,应用意识.4、D【解析】

做出满足条件的可行域,根据图形即可求解.【详解】做出满足的可行域,如下图阴影部分,根据图象,当目标函数过点时,取得最小值,由,解得,即,所以的最小值为.故选:D.【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.5、C【解析】

由题意,(1)中,根据全称命题与存在性命题的关系,即可判定是正确的;(2)中,根据正态分布曲线的性质,即可判定是正确的;(3)中,由回归直线方程的性质和直线的点斜式方程,即可判定是正确;(4)中,基本不等式和充要条件的判定方法,即可判定.【详解】由题意,(1)中,根据全称命题与存在性命题的关系,可知命题使得,则都有,是错误的;(2)中,已知,正态分布曲线的性质,可知其对称轴的方程为,所以是正确的;(3)中,回归直线的斜率的估计值是2,样本点的中心为(4,5),由回归直线方程的性质和直线的点斜式方程,可得回归直线方程为是正确;(4)中,当时,可得成立,当时,只需满足,所以“”是“”成立的充分不必要条件.【点睛】本题主要考查了命题的真假判定及应用,其中解答中熟记含有量词的否定、正态分布曲线的性质、回归直线方程的性质,以及基本不等式的应用等知识点的应用,逐项判定是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于基础题.6、A【解析】

由题意画出图形,结合椭圆的定义,结合椭圆的离心率,求出椭圆的长半轴a,半焦距c,即可确定该卫星远地点离地面的距离.【详解】椭圆的离心率:,(c为半焦距;a为长半轴),设卫星近地点,远地点离地面距离分别为r,n,如图:则所以,,故选:A【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求法,注意半焦距与长半轴的求法,是解题的关键,属于中档题.7、D【解析】

连接,,因为,所以为异面直线与所成的角(或补角),不妨设正方体的棱长为2,取的中点为,连接,在等腰中,求出,在利用二倍角公式,求出,即可得出答案.【详解】连接,,因为,所以为异面直线与所成的角(或补角),不妨设正方体的棱长为2,则,,在等腰中,取的中点为,连接,则,,所以,即:,所以异面直线,所成角的余弦值为.故选:D.【点睛】本题考查空间异面直线的夹角余弦值,利用了正方体的性质和二倍角公式,还考查空间思维和计算能力.8、D【解析】

先判断函数的奇偶性和单调性,得到,且,解不等式得解.【详解】由题得函数的定义域为.因为,所以为上的偶函数,因为函数都是在上单调递减.所以函数在上单调递减.因为,所以,且,解得.故选:D【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和单调性的判断,考查函数的奇偶性和单调性的应用,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9、A【解析】

先根据已知求出原△ABC的高为AO=,再求原△ABC的面积.【详解】由题图可知原△ABC的高为AO=,∴S△ABC=×BC×OA=×2×=,故答案为A【点睛】本题主要考查斜二测画法的定义和三角形面积的计算,意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.10、C【解析】

根据函数奇偶性的性质即可得到结论.【详解】解:是奇函数,是偶函数,,,,故函数是奇函数,故错误,为偶函数,故错误,是奇函数,故正确.为偶函数,故错误,故选:.【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判断,根据函数奇偶性的定义是解决本题的关键.11、D【解析】

过点做正方形边的垂线,如图,设,利用直线三角形中的边角关系,将用表示出来,根据,列方程求出,进而可得正方形的边长.【详解】过点做正方形边的垂线,如图,设,则,,则,因为,则,整理化简得,又,得,.即该正方形的边长为.故选:D.【点睛】本题考查直角三角形中的边角关系,关键是要构造直角三角形,是中档题.12、C【解析】

由每个函数的单调区间,即可得到本题答案.【详解】因为函数和在递增,而在递减.故选:C【点睛】本题主要考查常见简单函数的单调区间,属基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、②【解析】

根据新定义,结合实数的性质即可判断①②③,由定义求得比小的有理数个数,即可确定④.【详解】对于①,由定义可知,当为有理数时;当为无理数时,则值域为,所以①错误;对于②,因为有理数的相反数还是有理数,无理数的相反数还是无理数,所以满足,所以②正确;对于③,因为,当为无理数时,可以是有理数,也可以是无理数,所以③错误;对于④,由定义可知,所以④错误;综上可知,正确的为②.故答案为:②.【点睛】本题考查了新定义函数的综合应用,正确理解题意是解决此类问题的关键,属于中档题.14、【解析】

在不等式两边同时取对数,然后构造函数f(x)=,求函数的导数,研究函数的单调性即可得到结论.【详解】不等式两边同时取对数得,即x2lnx1<x1lnx2,又即成立,设f(x)=,x∈(0,m),∵x1<x2,f(x1)<f(x2),则函数f(x)在(0,m)上为增函数,函数的导数,由f′(x)>0得1﹣lnx>0得lnx<1,得0<x<e,即函数f(x)的最大增区间为(0,e),则m的最大值为e故答案为:e【点睛】本题考查函数单调性与导数之间的应用,根据条件利用取对数得到不等式,从而可构造新函数,是解决本题的关键15、【解析】

首先求得a的值,然后利用均值的性质计算均值,最后求得的值,由方差的性质计算的值即可.【详解】由题意可知,解得(舍去)或.则,则,由方差的计算性质得.【点睛】本题主要考查分布列的性质,均值的计算公式,方差的计算公式,方差的性质等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16、【解析】

先求得的值,由此求得的值,再利用正弦定理求得的值.【详解】由于,所以,所以.由正弦定理得.故答案为:【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形,考查同角三角函数的基本关系式,考查两角和的正弦公式,考查三角形的内角和定理,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)证明见解析;(2).【解析】

(1)利用线面平行的定义证明即可(2)取的中点,并分别连接,,然后,证明相应的线面垂直关系,分别以,,为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,利用坐标运算进行求解即可【详解】证明:(1)在图1中,连接.又,分别为,中点,所以.即图2中有.又平面,平面,所以平面.解:(2)在图2中,取的中点,并分别连接,.分析知,,.又平面平面,平面平面,平面,所以平面.又,所以,,.分别以,,为轴,轴,轴建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,所以,,.设平面的一个法向量,则,取,则,,所以.又,所以.分析知,直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明以及利用空间向量求解线面角问题,属于基础题18、(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ)证明见解析【解析】

(Ⅰ)根据导数的几何意义求解即可.(Ⅱ)求导分析函数的单调性,并构造函数根据单调性分析可得只能在处取得最小值求解即可.(Ⅲ)根据(Ⅰ)(Ⅱ)的结论可知,在上恒成立,再分别设的解为、.再根据不等式的性质证明即可.【详解】(Ⅰ)由题,故.且.故在点处的切线方程为.(Ⅱ)设恒成立,故.设函数则,故在上单调递减且,又在上单调递增.又,即且,故只能在处取得最小值,当时,此时,且在上,单调递减.在上,单调递增.故,满足题意;当时,此时有解,且在上单调递减,与矛盾;当时,此时有解,且在上单调递减,与矛盾;故(Ⅲ).由(Ⅰ),在上单调递减且,又在上单调递增,故最多一根.又因为,,故设的解为,因为,故.所以在递减,在递增.因为方程有两个实数根,故.结合(Ⅰ)(Ⅱ)有,在上恒成立.设的解为,则;设的解为,则.故,.故,得证.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义以及根据函数的单调性与最值求解参数值的问题.同时也考查了构造函数结合前问的结论证明不等式的方法.属于难题.19、(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)不能为.【解析】

(1)由平面平面,可得平面,从而证明;(2)由平面与平面没有交点,可得与不相交,又与共面,所以,同理可证,得证;(3)作交于点,延长交于点,连接,根据三垂线定理,确定二面角的平面角,若,,由大角对大边知,两者矛盾,故二面角的大小不能为.【详解】(1)由平面平面,平面平面,且,所以平面,又平面,所以;(2)依题意都在平面上,因此平面,平面,又平面,平面,平面与平面平行,即两个平面没有交点,则与不相交,又与共面,所以,同理可证,所以四边形是平行四边形;(3)不能.如图,作交于点,延长交于点,连接,由,,,所以平面,则平面,又,根据三垂线定理,得到,所以是二面角的平面角,若,则是等腰直角三角形,,又,所以中,由大角对大边知,所以,这与上面相矛盾,所以二面角的大小不能为.【点睛】本题考查了立体几何中的线线平行和垂直的判定问题,和二面角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力;解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化,属中档题.20、(1);(2)见解析【解析】

(1)由条件可得,再根据离心率可求得,则可得椭圆方程;(

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