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文档简介
云南省红河黄冈实验学校2025届高三考前热身数学试卷注意事项: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.已知曲线,动点在直线上,过点作曲线的两条切线,切点分别为,则直线截圆所得弦长为()A. B.2 C.4 D.2.已知椭圆,直线与直线相交于点,且点在椭圆内恒成立,则椭圆的离心率取值范围为()A. B. C. D.3.已知是定义在上的奇函数,且当时,.若,则的解集是()A. B.C. D.4.对于定义在上的函数,若下列说法中有且仅有一个是错误的,则错误的一个是()A.在上是减函数 B.在上是增函数C.不是函数的最小值 D.对于,都有5.由曲线围成的封闭图形的面积为()A. B. C. D.6.的展开式中的系数为()A.5 B.10 C.20 D.307.已知集合A={0,1},B={0,1,2},则满足A∪C=B的集合C的个数为()A.4 B.3 C.2 D.18.已知集合,若,则实数的取值范围为()A. B. C. D.9.已知半径为2的球内有一个内接圆柱,若圆柱的高为2,则球的体积与圆柱的体积的比为()A. B. C. D.10.设复数满足为虚数单位),则()A. B. C. D.11.函数(或)的图象大致是()A. B. C. D.12.在区间上随机取一个数,使得成立的概率为等差数列的公差,且,若,则的最小值为()A.8 B.9 C.10 D.11二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.己知双曲线的左、右焦点分别为,直线是双曲线过第一、三象限的渐近线,记直线的倾斜角为,直线,,垂足为,若在双曲线上,则双曲线的离心率为_______14.已知边长为的菱形中,,现沿对角线折起,使得二面角为,此时点,,,在同一个球面上,则该球的表面积为________.15.已知二面角α﹣l﹣β为60°,在其内部取点A,在半平面α,β内分别取点B,C.若点A到棱l的距离为1,则△ABC的周长的最小值为_____.16.根据如图的算法,输出的结果是_________.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)在平面四边形中,已知,.(1)若,求的面积;(2)若求的长.18.(12分)已知,.(1)解不等式;(2)若方程有三个解,求实数的取值范围.19.(12分)如图,在三棱柱中,平面ABC.(1)证明:平面平面(2)求二面角的余弦值.20.(12分)已知离心率为的椭圆经过点.(1)求椭圆的方程;(2)荐椭圆的右焦点为,过点的直线与椭圆分别交于,若直线、、的斜率成等差数列,请问的面积是否为定值?若是,求出此定值;若不是,请说明理由.21.(12分)[2018·石家庄一检]已知函数.(1)若,求函数的图像在点处的切线方程;(2)若函数有两个极值点,,且,求证:.22.(10分)在中,角的对边分别为,已知.(1)求角的大小;(2)若,求的面积.
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】
设,根据导数的几何意义,求出切线斜率,进而得到切线方程,将点坐标代入切线方程,抽象出直线方程,且过定点为已知圆的圆心,即可求解.【详解】圆可化为.设,则的斜率分别为,所以的方程为,即,,即,由于都过点,所以,即都在直线上,所以直线的方程为,恒过定点,即直线过圆心,则直线截圆所得弦长为4.故选:C.【点睛】本题考查直线与圆位置关系、直线与抛物线位置关系,抛物线两切点所在直线求解是解题的关键,属于中档题.2、A【解析】
先求得椭圆焦点坐标,判断出直线过椭圆的焦点.然后判断出,判断出点的轨迹方程,根据恒在椭圆内列不等式,化简后求得离心率的取值范围.【详解】设是椭圆的焦点,所以.直线过点,直线过点,由于,所以,所以点的轨迹是以为直径的圆.由于点在椭圆内恒成立,所以椭圆的短轴大于,即,所以,所以双曲线的离心率,所以.故选:A【点睛】本小题主要考查直线与直线的位置关系,考查动点轨迹的判断,考查椭圆离心率的取值范围的求法,属于中档题.3、B【解析】
利用函数奇偶性可求得在时的解析式和,进而构造出不等式求得结果.【详解】为定义在上的奇函数,.当时,,,为奇函数,,由得:或;综上所述:若,则的解集为.故选:.【点睛】本题考查函数奇偶性的应用,涉及到利用函数奇偶性求解对称区间的解析式;易错点是忽略奇函数在处有意义时,的情况.4、B【解析】
根据函数对称性和单调性的关系,进行判断即可.【详解】由得关于对称,若关于对称,则函数在上不可能是单调的,故错误的可能是或者是,若错误,则在,上是减函数,在在上是增函数,则为函数的最小值,与矛盾,此时也错误,不满足条件.故错误的是,故选:.【点睛】本题主要考查函数性质的综合应用,结合对称性和单调性的关系是解决本题的关键.5、A【解析】
先计算出两个图像的交点分别为,再利用定积分算两个图形围成的面积.【详解】封闭图形的面积为.选A.【点睛】本题考察定积分的应用,属于基础题.解题时注意积分区间和被积函数的选取.6、C【解析】
由知,展开式中项有两项,一项是中的项,另一项是与中含x的项乘积构成.【详解】由已知,,因为展开式的通项为,所以展开式中的系数为.故选:C.【点睛】本题考查求二项式定理展开式中的特定项,解决这类问题要注意通项公式应写准确,本题是一道基础题.7、A【解析】
由可确定集合中元素一定有的元素,然后列出满足题意的情况,得到答案.【详解】由可知集合中一定有元素2,所以符合要求的集合有,共4种情况,所以选A项.【点睛】考查集合并集运算,属于简单题.8、A【解析】
解一元二次不等式化简集合的表示,求解函数的定义域化简集合的表示,根据可以得到集合、之间的关系,结合数轴进行求解即可.【详解】,.因为,所以有,因此有.故选:A【点睛】本题考查了已知集合运算的结果求参数取值范围问题,考查了解一元二次不等式,考查了函数的定义域,考查了数学运算能力.9、D【解析】
分别求出球和圆柱的体积,然后可得比值.【详解】设圆柱的底面圆半径为,则,所以圆柱的体积.又球的体积,所以球的体积与圆柱的体积的比,故选D.【点睛】本题主要考查几何体的体积求解,侧重考查数学运算的核心素养.10、B【解析】
易得,分子分母同乘以分母的共轭复数即可.【详解】由已知,,所以.故选:B.【点睛】本题考查复数的乘法、除法运算,考查学生的基本计算能力,是一道容易题.11、A【解析】
确定函数的奇偶性,排除两个选项,再求时的函数值,再排除一个,得正确选项.【详解】分析知,函数(或)为偶函数,所以图象关于轴对称,排除B,C,当时,,排除D,故选:A.【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象,解题时可通过研究函数的性质,如奇偶性、单调性、对称性等,研究特殊的函数的值、函数值的正负,以及函数值的变化趋势,排除错误选项,得正确结论.12、D【解析】
由题意,本题符合几何概型,只要求出区间的长度以及使不等式成立的的范围区间长度,利用几何概型公式可得概率,即等差数列的公差,利用条件,求得,从而求得,解不等式求得结果.【详解】由题意,本题符合几何概型,区间长度为6,使得成立的的范围为,区间长度为2,故使得成立的概率为,又,,,令,则有,故的最小值为11,故选:D.【点睛】该题考查的是有关几何概型与等差数列的综合题,涉及到的知识点有长度型几何概型概率公式,等差数列的通项公式,属于基础题目.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
由,则,所以点,因为,可得,点坐标化简为,代入双曲线的方程求解.【详解】设,则,即,解得,则,所以,即,代入双曲线的方程可得,所以所以解得.故答案为:【点睛】本题主要考查了直线与双曲线的位置关系,及三角恒等变换,还考查了运算求解的能力和数形结合的思想,属于中档题.14、【解析】
分别取,的中点,,连接,由图形的对称性可知球心必在的延长线上,设球心为,半径为,,由勾股定理可得、,再根据球的面积公式计算可得;【详解】如图,分别取,的中点,,连接,则易得,,,,由图形的对称性可知球心必在的延长线上,设球心为,半径为,,可得,解得,.故该球的表面积为.故答案为:【点睛】本题考查多面体的外接球的计算,属于中档题.15、【解析】
作A关于平面α和β的对称点M,N,交α和β与D,E,连接MN,AM,AN,DE,根据对称性三角形ADC的周长为AB+AC+BC=MB+BC+CN,当四点共线时长度最短,结合对称性和余弦定理求解.【详解】作A关于平面α和β的对称点M,N,交α和β与D,E,连接MN,AM,AN,DE,根据对称性三角形ABC的周长为AB+AC+BC=MB+BC+CN,当M,B,C,N共线时,周长最小为MN设平面ADE交l于,O,连接OD,OE,显然OD⊥l,OE⊥l,∠DOE=60°,∠MOA+∠AON=240°,OA=1,∠MON=120°,且OM=ON=OA=1,根据余弦定理,故MN2=1+1﹣2×1×1×cos120°=3,故MN.故答案为:.【点睛】此题考查求空间三角形边长的最值,关键在于根据几何性质找出对称关系,结合解三角形知识求解.16、55【解析】
根据该For语句的功能,可得,可得结果【详解】根据该For语句的功能,可得则故答案为:55【点睛】本题考查For语句的功能,属基础题.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).【解析】
(1)在三角形中,利用余弦定理列方程,解方程求得的长,进而由三角形的面积公式求得三角形的面积.(2)利用诱导公式求得,进而求得,利用两角差的正弦公式,求得,在三角形中利用正弦定理求得,在三角形中利用余弦定理求得的长.【详解】(1)在中,,解得,.(2)在中,,..【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形,考查三角形的面积公式,属于中档题.18、(1);(2).【解析】
(1)对分三种情况讨论,分别去掉绝对值符号,然后求解不等式组,再求并集即可得结果;(2).作出函数的图象,当直线与函数的图象有三个公共点时,方程有三个解,由图可得结果.【详解】(1)不等式,即为.当时,即化为,得,此时不等式的解集为,当时,即化为,解得,此时不等式的解集为.综上,不等式的解集为.(2)即.作出函数的图象如图所示,当直线与函数的图象有三个公共点时,方程有三个解,所以.所以实数的取值范围是.【点睛】绝对值不等式的解法:法一:利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想;法二:利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想;法三:通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想.19、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)证明平面即平面平面得证;(2)分别以所在直线为x轴,y轴.轴,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,再利用向量方法求二面角的余弦值.【详解】(1)证明:因为平面ABC,所以因为.所以.即又.所以平面因为平面.所以平面平面(2)解:由题可得两两垂直,所以分别以所在直线为x轴,y轴.轴,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,则,所以设平面的一个法向量为,由.得令,得又平面,所以平面的一个法向量为.所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查空间几何位置关系的证明,考查二面角的计算,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20、(1);(2)是,【解析】
(1)根据及可得,再将点代入椭圆的方程与联立解出,即可求出椭圆的方程;(2)可设所在直线的方程为,,,,将直线的方程与椭圆的方程联立,用根与系数的关系求出,然后将直线、、的斜率、、分别用表示,利用可求出,从而可确定点恒在一条直线上,结合图形即可求出的面积.【详解】(1)因为椭圆的离心率为,所以,即,又,所以,①因为点在椭圆上,所以,②由①②解得,所以椭圆C的方程为.(1)可知,,可设所在直线的方程为,由,得,设,,,则,,设直线、、的斜率分别为、、,因为三点共线,所以,即,所以,又,因为直线、、的斜率成等差数列,所以,即,化简得,即点恒在一条直线上,又因为直线方程为,且,所以是定值.【点睛】本题主要考查椭圆的方程,直线与椭圆的位置关系及椭圆中的定值问题,属于中档题.21、(1)(2)见解析【解析】试题分析:(1)分别求得和,由点斜式可得切线方程;(2)由已知条件可得有两个相异实根,,进而再求导可得,结合函数的单调性可得,从而得证.试题解析:(1)由已知条件,,当时,,,当时,,所以所求切线方程为(2)由已知条件可得有两个相异实根,,令,则,1)若,则,单调递增,不可能有两根;2)若,令得,可知在上单调递增,在上单调递减,令解得,由有,由有,从而时函数有两个极值点,当变化时,,的变化情况如下表单调递减单调递增单调递减因为,所以,在区间上单调递增,.另解:由已知可得
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