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文档简介
云南省曲靖市宣威市九中2025届高三考前热身数学试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.已知集合,,,则()A. B. C. D.2.若集合M={1,3},N={1,3,5},则满足M∪X=N的集合X的个数为()A.1 B.2C.3 D.43.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E、F且EF=,则下列结论中错误的是()A.AC⊥BE B.EF平面ABCDC.三棱锥A-BEF的体积为定值 D.异面直线AE,BF所成的角为定值4.已知函数的图像与一条平行于轴的直线有两个交点,其横坐标分别为,则()A. B. C. D.5.如图,某几何体的三视图是由三个边长为2的正方形和其内部的一些虚线构成的,则该几何体的体积为()A. B. C.6 D.与点O的位置有关6.已知角的终边与单位圆交于点,则等于()A. B. C. D.7.已知全集,集合,,则()A. B. C. D.8.对两个变量进行回归分析,给出如下一组样本数据:,,,,下列函数模型中拟合较好的是()A. B. C. D.9.正方形的边长为,是正方形内部(不包括正方形的边)一点,且,则的最小值为()A. B. C. D.10.甲、乙、丙、丁四位同学利用暑假游玩某风景名胜大峡谷,四人各自去景区的百里绝壁、千丈瀑布、原始森林、远古村寨四大景点中的一个,每个景点去一人.已知:①甲不在远古村寨,也不在百里绝壁;②乙不在原始森林,也不在远古村寨;③“丙在远古村寨”是“甲在原始森林”的充分条件;④丁不在百里绝壁,也不在远古村寨.若以上语句都正确,则游玩千丈瀑布景点的同学是()A.甲 B.乙 C.丙 D.丁11.已知函数,,若对任意的,存在实数满足,使得,则的最大值是()A.3 B.2 C.4 D.512.已知无穷等比数列的公比为2,且,则()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.过动点作圆:的切线,其中为切点,若(为坐标原点),则的最小值是__________.14.函数在区间(-∞,1)上递增,则实数a的取值范围是____15.定义在封闭的平面区域内任意两点的距离的最大值称为平面区域的“直径”.已知锐角三角形的三个点,,,在半径为的圆上,且,分别以各边为直径向外作三个半圆,这三个半圆和构成平面区域,则平面区域的“直径”的最大值是__________.16.的展开式中的常数项为__________.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)在平面直角坐标系中,已知点,曲线:(为参数)以原点为极点,轴正半轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为.(Ⅰ)判断点与直线的位置关系并说明理由;(Ⅱ)设直线与曲线的两个交点分别为,,求的值.18.(12分)已知数列的前项和为,且满足,各项均为正数的等比数列满足(1)求数列的通项公式;(2)若,求数列的前项和19.(12分)已知函数(I)若讨论的单调性;(Ⅱ)若,且对于函数的图象上两点,存在,使得函数的图象在处的切线.求证:.20.(12分)已知曲线的参数方程为(为参数),曲线的参数方程为(为参数).(1)求和的普通方程;(2)过坐标原点作直线交曲线于点(异于),交曲线于点,求的最小值.21.(12分)为了解本学期学生参加公益劳动的情况,某校从初高中学生中抽取100名学生,收集了他们参加公益劳动时间(单位:小时)的数据,绘制图表的一部分如表.(1)从男生中随机抽取一人,抽到的男生参加公益劳动时间在的概率:(2)从参加公益劳动时间的学生中抽取3人进行面谈,记为抽到高中的人数,求的分布列;(3)当时,高中生和初中生相比,那学段学生平均参加公益劳动时间较长.(直接写出结果)22.(10分)已知矩阵的一个特征值为4,求矩阵A的逆矩阵.
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、D【解析】
根据集合的基本运算即可求解.【详解】解:,,,则故选:D.【点睛】本题主要考查集合的基本运算,属于基础题.2、D【解析】可以是共4个,选D.3、D【解析】
A.通过线面的垂直关系可证真假;B.根据线面平行可证真假;C.根据三棱锥的体积计算的公式可证真假;D.根据列举特殊情况可证真假.【详解】A.因为,所以平面,又因为平面,所以,故正确;B.因为,所以,且平面,平面,所以平面,故正确;C.因为为定值,到平面的距离为,所以为定值,故正确;D.当,,取为,如下图所示:因为,所以异面直线所成角为,且,当,,取为,如下图所示:因为,所以四边形是平行四边形,所以,所以异面直线所成角为,且,由此可知:异面直线所成角不是定值,故错误.故选:D.【点睛】本题考查立体几何中的综合应用,涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算,难度较难.注意求解异面直线所成角时,将直线平移至同一平面内.4、A【解析】
画出函数的图像,函数对称轴方程为,由图可得与关于对称,即得解.【详解】函数的图像如图,对称轴方程为,,又,由图可得与关于对称,故选:A【点睛】本题考查了正弦型函数的对称性,考查了学生综合分析,数形结合,数学运算的能力,属于中档题.5、B【解析】
根据三视图还原直观图如下图所示,几何体的体积为正方体的体积减去四棱锥的体积,即可求出结论.【详解】如下图是还原后的几何体,是由棱长为2的正方体挖去一个四棱锥构成的,正方体的体积为8,四棱锥的底面是边长为2的正方形,顶点O在平面上,高为2,所以四棱锥的体积为,所以该几何体的体积为.故选:B.【点睛】本题考查三视图求几何体的体积,还原几何体的直观图是解题的关键,属于基础题.6、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.7、B【解析】
直接利用集合的基本运算求解即可.【详解】解:全集,集合,,则,故选:.【点睛】本题考查集合的基本运算,属于基础题.8、D【解析】
作出四个函数的图象及给出的四个点,观察这四个点在靠近哪个曲线.【详解】如图,作出A,B,C,D中四个函数图象,同时描出题中的四个点,它们在曲线的两侧,与其他三个曲线都离得很远,因此D是正确选项,故选:D.【点睛】本题考查回归分析,拟合曲线包含或靠近样本数据的点越多,说明拟合效果好.9、C【解析】
分别以直线为轴,直线为轴建立平面直角坐标系,设,根据,可求,而,化简求解.【详解】解:建立以为原点,以直线为轴,直线为轴的平面直角坐标系.设,,,则,,由,即,得.所以=,所以当时,的最小值为.故选:C.【点睛】本题考查向量的数量积的坐标表示,属于基础题.10、D【解析】
根据演绎推理进行判断.【详解】由①②④可知甲乙丁都不在远古村寨,必有丙同学去了远古村寨,由③可知必有甲去了原始森林,由④可知丁去了千丈瀑布,因此游玩千丈瀑布景点的同学是丁.故选:D.【点睛】本题考查演绎推理,掌握演绎推理的定义是解题基础.11、A【解析】
根据条件将问题转化为,对于恒成立,然后构造函数,然后求出的范围,进一步得到的最大值.【详解】,,对任意的,存在实数满足,使得,易得,即恒成立,,对于恒成立,设,则,令,在恒成立,,故存在,使得,即,当时,,单调递减;当时,,单调递增.,将代入得:,,且,故选:A【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性,零点存在定理和不等式恒成立问题,考查了转化思想,属于难题.12、A【解析】
依据无穷等比数列求和公式,先求出首项,再求出,利用无穷等比数列求和公式即可求出结果。【详解】因为无穷等比数列的公比为2,则无穷等比数列的公比为。由有,,解得,所以,,故选A。【点睛】本题主要考查无穷等比数列求和公式的应用。二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】解答:由圆的方程可得圆心C的坐标为(2,2),半径等于1.由M(a,b),则|MN|2=(a−2)2+(b−2)2−12=a2+b2−4a−4b+7,|MO|2=a2+b2.由|MN|=|MO|,得a2+b2−4a−4b+7=a2+b2.整理得:4a+4b−7=0.∴a,b满足的关系为:4a+4b−7=0.求|MN|的最小值,就是求|MO|的最小值.在直线4a+4b−7=0上取一点到原点距离最小,由“垂线段最短”得,直线OM垂直直线4a+4b−7=0,由点到直线的距离公式得:MN的最小值为:.14、【解析】
根据复合函数单调性同增异减,结合二次函数的性质、对数型函数的定义域列不等式组,解不等式求得的取值范围.【详解】由二次函数的性质和复合函数的单调性可得解得.故答案为:【点睛】本小题主要考查根据对数型复合函数的单调性求参数的取值范围,属于基础题.15、【解析】
先找到平面区域内任意两点的最大值为,再利用三角恒等变换化简即可得到最大值.【详解】由已知及正弦定理,得,所以,,取AB中点E,AC中点F,BC中点G,如图所示显然平面区域任意两点距离最大值为,而,当且仅当时,等号成立.故答案为:.【点睛】本题考查正弦定理在平面几何中的应用问题,涉及到距离的最值问题,在处理这类问题时,一定要数形结合,本题属于中档题.16、31【解析】
由二项式定理及其展开式得通项公式得:因为的展开式得通项为,则的展开式中的常数项为:,得解.【详解】解:,则的展开式中的常数项为:.故答案为:31.【点睛】本题考查二项式定理及其展开式的通项公式,求某项的导数,考查计算能力.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)点在直线上;见解析(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)直线:,即,所以直线的直角坐标方程为,因为,所以点在直线上;(Ⅱ)根据直线的参数方程中参数的几何意义可得.【详解】(Ⅰ)直线:,即,所以直线的直角坐标方程为,因为,所以点在直线上;(Ⅱ)直线的参数方程为(为参数),曲线的普通方程为,将直线的参数方程代入曲线的普通方程得,设两根为,,所以,,故与异号,所以,,所以.【点睛】本题考查在极坐标参数方程中方程互化,还考查了直线的参数方程中参数的几何意义,属于中档题.18、(1);(2)【解析】
(1)由化为,利用数列的通项公式和前n项和的关系,得到是首项为,公差为的等差数列求解.(2)由(1)得到,再利用错位相减法求解.【详解】(1)可以化为,,,,又时,数列从开始成等差数列,,代入得是首项为,公差为的等差数列,,.(2)由(1)得,,,两式相减得,,.【点睛】本题主要考查数列的通项公式和前n项和的关系和错位相减法求和,还考查了运算求解的能力,属于中档题.19、(1)见解析(2)见证明【解析】
(1)对函数求导,分别讨论,以及,即可得出结果;(2)根据题意,由导数几何意义得到,将证明转化为证明即可,再令,设,用导数方法判断出的单调性,进而可得出结论成立.【详解】(1)解:易得,函数的定义域为,,令,得或.①当时,时,,函数单调递减;时,,函数单调递增.此时,的减区间为,增区间为.②当时,时,,函数单调递减;或时,,函数单调递增.此时,的减区间为,增区间为,.③当时,时,,函数单调递增;此时,的减区间为.综上,当时,的减区间为,增区间为:当时,的减区间为,增区间为.;当时,增区间为.(2)证明:由题意及导数的几何意义,得由(1)中得.易知,导函数在上为增函数,所以,要证,只要证,即,即证.因为,不妨令,则.所以,所以在上为增函数,所以,即,所以,即,即.故有(得证).【点睛】本题主要考查导数的应用,通常需要对函数求导,利用导数的方法研究函数的单调性以及函数极值等即可,属于常考题型.20、(1)曲线的普通方程为:;曲线的普通方程为:(2)【解析】
(1)消去曲线参数方程中的参数,求得和的普通方程.(2)设出过原点的直线的极坐标方程,代入曲线的极坐标方程,求得的表达式,结合三角函数值域的求法,求得的最小值.【详解】(1)曲线的普通方程为:;曲线的普通方程为:.(2)设过原点的直线的极坐标方程为;由得,所以曲线的极坐标方程为在曲线中,.由得曲线的极坐标方程为,所以而到直线与曲线的交点的距离为,因此,即的最小值为.【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程,考查直角坐标方程化为极坐标方程,考查极坐标系下距离的有关计算,属于中档题.21、(1)(2)详见解析(3)初中生平均参加公益劳动时间较长【解析】
(1)由图表直接利用随机事件的概率公式求解;(2)X的所有可能取值为0,1,2,3.由古典概型概率公式求概率,则
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