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文档简介
湖北省应城一中合教中心2025届高三六校第一次联考数学试卷注意事项: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.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12.已知,,若,则向量在向量方向的投影为()A. B. C. D.3.设全集U=R,集合,则()A. B. C. D.4.下列命题是真命题的是()A.若平面,,,满足,,则;B.命题:,,则:,;C.“命题为真”是“命题为真”的充分不必要条件;D.命题“若,则”的逆否命题为:“若,则”.5.设等比数列的前项和为,则“”是“”的()A.充分不必要 B.必要不充分C.充要 D.既不充分也不必要6.△ABC的内角A,B,C的对边分别为,已知,则为()A. B. C.或 D.或7.费马素数是法国大数学家费马命名的,形如的素数(如:)为费马索数,在不超过30的正偶数中随机选取一数,则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是()A. B. C. D.8.一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,则这个几何体的体积为()A. B. C. D.9.已知数列满足:)若正整数使得成立,则()A.16 B.17 C.18 D.1910.五名志愿者到三个不同的单位去进行帮扶,每个单位至少一人,则甲、乙两人不在同一个单位的概率为()A. B. C. D.11.“学习强国”学习平台是由中宣部主管,以深入学习宣传新时代中国特色社会主义思想为主要内容,立足全体党员、面向全社会的优质平台,现日益成为老百姓了解国家动态、紧跟时代脉搏的热门。该款软件主要设有“阅读文章”、“视听学习”两个学习模块和“每日答题”、“每周答题”、“专项答题”、“挑战答题”四个答题模块。某人在学习过程中,“阅读文章”不能放首位,四个答题板块中有且仅有三个答题板块相邻的学习方法有()A.60 B.192 C.240 D.43212.已知函数,若方程恰有两个不同实根,则正数m的取值范围为()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若变量,满足约束条件,则的最大值为__________.14.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______.15.点是曲线()图象上的一个定点,过点的切线方程为,则实数k的值为______.16.已知数列的前项和且,设,则的值等于_______________.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.18.(12分)已知变换将平面上的点,分别变换为点,.设变换对应的矩阵为.(1)求矩阵;(2)求矩阵的特征值.19.(12分)设函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)若对恒成立,求的取值范围.20.(12分)分别为的内角的对边.已知.(1)若,求;(2)已知,当的面积取得最大值时,求的周长.21.(12分)某大学生在开学季准备销售一种文具套盒进行试创业,在一个开学季内,每售出1盒该产品获利50元,未售出的产品,每盒亏损30元.根据历史资料,得到开学季市场需求量的频率分布直方图,如图所示.该同学为这个开学季进了160盒该产品,以(单位:盒,)表示这个开学季内的市场需求量,(单位:元)表示这个开学季内经销该产品的利润.(1)根据直方图估计这个开学季内市场需求量的平均数和众数;(2)将表示为的函数;(3)以需求量的频率作为各需求量的概率,求开学季利润不少于4800元的概率.22.(10分)已知点,若点满足.(Ⅰ)求点的轨迹方程;(Ⅱ)过点的直线与(Ⅰ)中曲线相交于两点,为坐标原点,求△面积的最大值及此时直线的方程.
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、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.2、B【解析】
由,,,再由向量在向量方向的投影为化简运算即可【详解】∵∴,∴,∴向量在向量方向的投影为.故选:B.【点睛】本题考查向量投影的几何意义,属于基础题3、A【解析】
求出集合M和集合N,,利用集合交集补集的定义进行计算即可.【详解】,,则,故选:A.【点睛】本题考查集合的交集和补集的运算,考查指数不等式和二次不等式的解法,属于基础题.4、D【解析】
根据面面关系判断A;根据否定的定义判断B;根据充分条件,必要条件的定义判断C;根据逆否命题的定义判断D.【详解】若平面,,,满足,,则可能相交,故A错误;命题“:,”的否定为:,,故B错误;为真,说明至少一个为真命题,则不能推出为真;为真,说明都为真命题,则为真,所以“命题为真”是“命题为真”的必要不充分条件,故C错误;命题“若,则”的逆否命题为:“若,则”,故D正确;故选D【点睛】本题主要考查了判断必要不充分条件,写出命题的逆否命题等,属于中档题.5、A【解析】
首先根据等比数列分别求出满足,的基本量,根据基本量的范围即可确定答案.【详解】为等比数列,若成立,有,因为恒成立,故可以推出且,若成立,当时,有,当时,有,因为恒成立,所以有,故可以推出,,所以“”是“”的充分不必要条件.故选:A.【点睛】本题主要考查了等比数列基本量的求解,充分必要条件的集合关系,属于基础题.6、D【解析】
由正弦定理可求得,再由角A的范围可求得角A.【详解】由正弦定理可知,所以,解得,又,且,所以或。故选:D.【点睛】本题主要考查正弦定理,注意角的范围,是否有两解的情况,属于基础题.7、B【解析】
基本事件总数,能表示为两个不同费马素数的和只有,,,共有个,根据古典概型求出概率.【详解】在不超过的正偶数中随机选取一数,基本事件总数能表示为两个不同费马素数的和的只有,,,共有个则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是本题正确选项:【点睛】本题考查概率的求法,考查列举法解决古典概型问题,是基础题.8、C【解析】
由已知中的三视图,可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥,求出底面面积,代入锥体体积公式,可得答案.【详解】由已知中的三视图,可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥,其底面面积,高,故体积,故选:.【点睛】本题考查的知识点是由三视图求几何体的体积,解决本题的关键是得到该几何体的形状.9、B【解析】
计算,故,解得答案.【详解】当时,,即,且.故,,故.故选:.【点睛】本题考查了数列的相关计算,意在考查学生的计算能力和对于数列公式方法的综合应用.10、D【解析】
三个单位的人数可能为2,2,1或3,1,1,求出甲、乙两人在同一个单位的概率,利用互为对立事件的概率和为1即可解决.【详解】由题意,三个单位的人数可能为2,2,1或3,1,1;基本事件总数有种,若为第一种情况,且甲、乙两人在同一个单位,共有种情况;若为第二种情况,且甲、乙两人在同一个单位,共有种,故甲、乙两人在同一个单位的概率为,故甲、乙两人不在同一个单位的概率为.故选:D.【点睛】本题考查古典概型的概率公式的计算,涉及到排列与组合的应用,在正面情况较多时,可以先求其对立事件,即甲、乙两人在同一个单位的概率,本题有一定难度.11、C【解析】
四个答题板块中选三个捆绑在一起,和另外一个答题板块用插入法.注意按“阅读文章”分类.【详解】四个答题板块中选三个捆绑在一起,和另外一个答题板块用插入法,由于“阅读文章”不能放首位,因此不同的方法数为.故选:C.【点睛】本题考查排列组合的应用,考查捆绑法和插入法求解排列问题.对相邻问题用捆绑法,不相邻问题用插入法是解决这类问题的常用方法.12、D【解析】
当时,函数周期为,画出函数图像,如图所示,方程两个不同实根,即函数和有图像两个交点,计算,,根据图像得到答案.【详解】当时,,故函数周期为,画出函数图像,如图所示:方程,即,即函数和有两个交点.,,故,,,,.根据图像知:.故选:.【点睛】本题考查了函数的零点问题,确定函数周期画出函数图像是解题的关键.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
根据约束条件可以画出可行域,从而将问题转化为直线在轴截距最大的问题的求解,通过数形结合的方式可确定过时,取最大值,代入可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示:将化为,则最大时,直线在轴截距最大;由直线平移可知,当过时,在轴截距最大,由得:,.故答案为:.【点睛】本题考查线性规划中最值问题的求解,关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值的求解问题,通过数形结合的方式可求得结果.14、【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.15、1【解析】
求出导函数,由切线斜率为4即导数为4求出切点横坐标,再由切线方程得纵坐标后可求得.【详解】设,由题意,∴,,,即,∴,.故答案为:1.【点睛】本题考查导数的几何意义,函数图象某点处的切线的斜率就是该点处导数值.本题属于基础题.16、7【解析】
根据题意,当时,,可得,进而得数列为等比数列,再计算可得,进而可得结论.【详解】由题意,当时,,又,解得,当时,由,所以,,即,故数列是以为首项,为公比的等比数列,故,又,,所以,.故答案为:.【点睛】本题考查了数列递推关系、函数求值,考查了推理能力与计算能力,计算得是解决本题的关键,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)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.18、(1)(2)1或6【解析】
(1)设,根据变换可得关于的方程,解方程即可得到答案;(2)求出特征多项式,再解方程,即可得答案;【详解】(1)设,则,,即,解得,则.(2)设矩阵的特征多项式为,可得,令,可得或.【点睛】本题考查矩阵的求解、矩阵的特征值,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查运算求解能力.19、(1)或;(2)或.【解析】试题分析:(1)根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组,分别求解集,最后求并集(2)根据绝对值三角不等式得最小值,再解含绝对值不等式可得的取值范围.试题解析:(1)等价于或或,解得:或.故不等式的解集为或.(2)因为:所以,由题意得:,解得或.点睛:含绝对值不等式的解法有两个基本方法,一是运用零点分区间讨论,二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论思想,法二是运用数形结合思想,将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透,解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用,这是命题的新动向.20、(1)(2)【解析】
(1)根据正弦定理,将,化角为边,即可求出,再利用正弦定理即可求出;(2)根据,选择,所以当的面积取得最大值时,最大,结合(1)中条件,即可求出最大时,对应的的值,再根据余弦定理求出边,进而得到的周长.【详解】(1)由,得,即.因为,所以.由,得.(2)因为,所以,当且仅当时,等号成立.因为的面积.所以当时,的面积取得最大值,此时,则,所以的周长为.【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形,涉及到基本不等式的应用,意在考查学生的转化能力和数学运算能力.21、(1),众数为15
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