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文档简介

2025届福建省泉州五校高三第四次模拟考试数学试卷注意事项: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。1.一个正三棱柱的正(主)视图如图,则该正三棱柱的侧面积是()A.16 B.12 C.8 D.62.已知实数满足,则的最小值为()A. B. C. D.3.把函数图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍,纵坐标不变,再将图象向右平移个单位,那么所得图象的一个对称中心为()A. B. C. D.4.已知等差数列的前13项和为52,则()A.256 B.-256 C.32 D.-325.下列命题为真命题的个数是()(其中,为无理数)①;②;③.A.0 B.1 C.2 D.36.如图,平面ABCD,ABCD为正方形,且,E,F分别是线段PA,CD的中点,则异面直线EF与BD所成角的余弦值为()A. B. C. D.7.公比为2的等比数列中存在两项,,满足,则的最小值为()A. B. C. D.8.设函数在上可导,其导函数为,若函数在处取得极大值,则函数的图象可能是()A. B.C. D.9.复数的虚部是()A. B. C. D.10.已知等差数列的前项和为,且,则()A.45 B.42 C.25 D.3611.已知角的终边与单位圆交于点,则等于()A. B. C. D.12.若将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)得到函数的图象,则下列说法正确的是()A.函数在上单调递增 B.函数的周期是C.函数的图象关于点对称 D.函数在上最大值是1二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知一个正四棱锥的侧棱与底面所成的角为,侧面积为,则该棱锥的体积为__________.14.已知数列中,为其前项和,,,则_________,_________.15.如图,四面体的一条棱长为,其余棱长均为1,记四面体的体积为,则函数的单调增区间是____;最大值为____.16.已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上,,,,,E,F分别为,的中点,,则球O的体积为______.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)已知数列的前项和为,且满足.(1)求数列的通项公式;(2)若,,且数列前项和为,求的取值范围.18.(12分)在极坐标系中,曲线的方程为,以极点为原点,极轴所在直线为轴建立直角坐标,直线的参数方程为(为参数),与交于,两点.(1)写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程;(2)设点;若、、成等比数列,求的值19.(12分)已知函数,(Ⅰ)当时,证明;(Ⅱ)已知点,点,设函数,当时,试判断的零点个数.20.(12分)已知分别是的内角的对边,且.(Ⅰ)求.(Ⅱ)若,,求的面积.(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求的值.21.(12分)已知在四棱锥中,平面,,在四边形中,,,,为的中点,连接,为的中点,连接.(1)求证:.(2)求二面角的余弦值.22.(10分)在中,角的对边分别为,且满足.(Ⅰ)求角的大小;(Ⅱ)若的面积为,,求和的值.

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】

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.2、A【解析】

所求的分母特征,利用变形构造,再等价变形,利用基本不等式求最值.【详解】解:因为满足,则,当且仅当时取等号,故选:.【点睛】本题考查通过拼凑法利用基本不等式求最值.拼凑法的实质在于代数式的灵活变形,拼系数、凑常数是关键.(1)拼凑的技巧,以整式为基础,注意利用系数的变化以及等式中常数的调整,做到等价变形;(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提.3、D【解析】

试题分析:把函数图象上各点的横坐标伸长为原来的倍(纵坐标不变),可得的图象;再将图象向右平移个单位,可得的图象,那么所得图象的一个对称中心为,故选D.考点:三角函数的图象与性质.4、A【解析】

利用等差数列的求和公式及等差数列的性质可以求得结果.【详解】由,,得.选A.【点睛】本题主要考查等差数列的求和公式及等差数列的性质,等差数列的等和性应用能快速求得结果.5、C【解析】

对于①中,根据指数幂的运算性质和不等式的性质,可判定值正确的;对于②中,构造新函数,利用导数得到函数为单调递增函数,进而得到,即可判定是错误的;对于③中,构造新函数,利用导数求得函数的最大值为,进而得到,即可判定是正确的.【详解】由题意,对于①中,由,可得,根据不等式的性质,可得成立,所以是正确的;对于②中,设函数,则,所以函数为单调递增函数,因为,则又由,所以,即,所以②不正确;对于③中,设函数,则,当时,,函数单调递增,当时,,函数单调递减,所以当时,函数取得最大值,最大值为,所以,即,即,所以是正确的.故选:C.【点睛】本题主要考查了不等式的性质,以及导数在函数中的综合应用,其中解答中根据题意,合理构造新函数,利用导数求得函数的单调性和最值是解答的关键,着重考查了构造思想,以及推理与运算能力,属于中档试题.6、C【解析】

分别以AB,AD,AP所在直线为x轴,y轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,再利用向量法求异面直线EF与BD所成角的余弦值.【详解】由题可知,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴,y轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设.则.故异面直线EF与BD所成角的余弦值为.故选:C【点睛】本题主要考查空间向量和异面直线所成的角的向量求法,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.7、D【解析】

根据已知条件和等比数列的通项公式,求出关系,即可求解.【详解】,当时,,当时,,当时,,当时,,当时,,当时,,最小值为.故选:D.【点睛】本题考查等比数列通项公式,注意为正整数,如用基本不等式要注意能否取到等号,属于基础题.8、B【解析】

由题意首先确定导函数的符号,然后结合题意确定函数在区间和处函数的特征即可确定函数图像.【详解】函数在上可导,其导函数为,且函数在处取得极大值,当时,;当时,;当时,.时,,时,,当或时,;当时,.故选:【点睛】根据函数取得极大值,判断导函数在极值点附近左侧为正,右侧为负,由正负情况讨论图像可能成立的选项,是判断图像问题常见方法,有一定难度.9、C【解析】因为,所以的虚部是,故选C.10、D【解析】

由等差数列的性质可知,进而代入等差数列的前项和的公式即可.【详解】由题,.故选:D【点睛】本题考查等差数列的性质,考查等差数列的前项和.11、B【解析】

先由三角函数的定义求出,再由二倍角公式可求.【详解】解:角的终边与单位圆交于点,,故选:B【点睛】考查三角函数的定义和二倍角公式,是基础题.12、A【解析】

根据三角函数伸缩变换特点可得到解析式;利用整体对应的方式可判断出在上单调递增,正确;关于点对称,错误;根据正弦型函数最小正周期的求解可知错误;根据正弦型函数在区间内值域的求解可判断出最大值无法取得,错误.【详解】将横坐标缩短到原来的得:当时,在上单调递增在上单调递增,正确;的最小正周期为:不是的周期,错误;当时,,关于点对称,错误;当时,此时没有最大值,错误.本题正确选项:【点睛】本题考查正弦型函数的性质,涉及到三角函数的伸缩变换、正弦型函数周期性、单调性和对称性、正弦型函数在一段区间内的值域的求解;关键是能够灵活应用整体对应的方式,通过正弦函数的图象来判断出所求函数的性质.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

如图所示,正四棱锥,为底面的中心,点为的中点,则,设,根据正四棱锥的侧面积求出的值,再利用勾股定理求得正四棱锥的高,代入体积公式,即可得到答案.【详解】如图所示,正四棱锥,为底面的中心,点为的中点,则,设,,,,,,.故答案为:.【点睛】本题考查棱锥的侧面积和体积,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查运算求解能力.14、8(写为也得分)【解析】

由,得,.当时,,所以,所以的奇数项是以1为首项,以2为公比的等比数列;其偶数项是以2为首项,以2为公比的等比数列.则,.15、(或写成)【解析】试题分析:设,取中点则,因此,所以,因为在单调递增,最大值为所以单调增区间是,最大值为考点:函数最值,函数单调区间16、【解析】

可证,则为的外心,又则平面即可求出,的值,再由勾股定理求出外接球的半径,最后根据体积公式计算可得.【详解】解:,,,因为为的中点,所以为的外心,因为,所以点在内的投影为的外心,所以平面,平面,所以,所以,又球心在上,设,则,所以,所以球O体积,.故答案为:【点睛】本题考查多面体外接球体积的求法,考查空间想象能力与思维能力,考查计算能力,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)(2)【解析】

(1)由,可求,然后由时,可得,根据等比数列的通项可求(2)由,而,利用裂项相消法可求.【详解】(1)当时,,解得,当时,①②②①得,即,数列是以2为首项,2为公比的等比数列,;(2)∴,∴,,.【点睛】本题考查递推公式在数列的通项求解中的应用,等比数列的通项公式、裂项求和方法,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.18、(1)曲线的直角坐标方程为,直线的普通方程为;(2)【解析】

(1)由极坐标与直角坐标的互化公式和参数方程与普通方程的互化,即可求解曲线的直角坐标方程和直线的普通方程;(2)把的参数方程代入抛物线方程中,利用韦达定理得,,可得到,根据因为,,成等比数列,列出方程,即可求解.【详解】(1)由题意,曲线的极坐标方程可化为,又由,可得曲线的直角坐标方程为,由直线的参数方程为(为参数),消去参数,得,即直线的普通方程为;(2)把的参数方程代入抛物线方程中,得,由,设方程的两根分别为,,则,,可得,.所以,,.因为,,成等比数列,所以,即,则,解得解得或(舍),所以实数.【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程,以及参数方程与普通方程的互化,以及直线参数方程的应用,其中解答中熟记互化公式,合理应用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.19、(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)1.【解析】

(Ⅰ)令,;则.易得,.即可证明;(Ⅱ),分①,②,③当时,讨论的零点个数即可.【详解】解:(Ⅰ)令,;则.令,,易得在递减,在递增,∴,∴在恒成立.∵在递减,在递增.∴.∵;(Ⅱ)∵点,点,∴,.①当时,可知,∴∴,,∴.∴在单调递增,,.∴在上有一个零点,②当时,,,∴,∴在恒成立,∴在无零点.③当时,,.∴在单调递减,,.∴在存在一个零点.综上,的零点个数为1..【点睛】本题考查了利用导数解决函数零点问题,考查了分类讨论思想,属于压轴题.20、(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ).【解析】

(Ⅰ)由已知结合正弦定理先进行代换,然后结合和差角公式及正弦定理可求;(Ⅱ)由余弦定理可求,然后结合三角形的面积公式可求;(Ⅲ)结合二倍角公式及和角余弦公式即可求解.【详解】(Ⅰ)因为,所以,所以,由正弦定理可得,;(Ⅱ)由余弦定理可得,,整理可得,,解可得,,因为,所以;(Ⅲ)由于,.所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理、和角余弦公式,二倍角公式及三角形的面积公式的综合应用,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.21、(1)见解析;(2)【解析】

(1)连接,证明,得到面,得到证明.(2)以,,所在直线分别为,,轴建立空间直角坐标系,为平面的法向量,平面的一个法向量为,计算夹角得到答案.【详解】(1)连接,在四边形中,,平面,面,,,面,又面,,又在直角三角形中,,为的中点,,,面,面,.(2)以,,所在直线分别为,,轴建立空间直角坐标系,,,,,,,设为平面的法向量,,,,,令,则,,,同理可得平面的一个法向量为.设向量与的所成的角为,,由图形

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