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文档简介

湖南省岳阳市一中下学期2025届高三第三次测评数学试卷注意事项: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.已知数列的通项公式为,将这个数列中的项摆放成如图所示的数阵.记为数阵从左至右的列,从上到下的行共个数的和,则数列的前2020项和为()A. B. C. D.2.执行程序框图,则输出的数值为()A. B. C. D.3.一场考试需要2小时,在这场考试中钟表的时针转过的弧度数为()A. B. C. D.4.在展开式中的常数项为A.1 B.2 C.3 D.75.若函数有且只有4个不同的零点,则实数的取值范围是()A. B. C. D.6.已知,若则实数的取值范围是()A. B. C. D.7.△ABC的内角A,B,C的对边分别为,已知,则为()A. B. C.或 D.或8.如图,在平面四边形ABCD中,若点E为边CD上的动点,则的最小值为()A. B. C. D.9.设为坐标原点,是以为焦点的抛物线上任意一点,是线段上的点,且,则直线的斜率的最大值为()A.1 B. C. D.10.如图所示,三国时代数学家赵爽在《周髀算经》中利用弦图,给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形(阴影),设直角三角形有一内角为,若向弦图内随机抛掷500颗米粒(米粒大小忽略不计,取),则落在小正方形(阴影)内的米粒数大约为()A.134 B.67 C.182 D.10811.已知集合,集合,则().A. B.C. D.12.已知,,则()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设函数,则满足的的取值范围为________.14.若复数z满足,其中i是虚数单位,则z的模是______.15.已知在△ABC中,(2sin32°,2cos32°),(cos77°,﹣cos13°),则⋅_____,△ABC的面积为_____.16.已知点是直线上的一点,将直线绕点逆时针方向旋转角,所得直线方程是,若将它继续旋转角,所得直线方程是,则直线的方程是______.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)已知函数.(1)当时,解关于的不等式;(2)若对任意,都存在,使得不等式成立,求实数的取值范围.18.(12分)如图中,为的中点,,,.(1)求边的长;(2)点在边上,若是的角平分线,求的面积.19.(12分)在如图所示的多面体中,平面平面,四边形是边长为2的菱形,四边形为直角梯形,四边形为平行四边形,且,,(1)若分别为,的中点,求证:平面;(2)若,与平面所成角的正弦值,求二面角的余弦值.20.(12分)已知点P在抛物线上,且点P的横坐标为2,以P为圆心,为半径的圆(O为原点),与抛物线C的准线交于M,N两点,且.(1)求抛物线C的方程;(2)若抛物线的准线与y轴的交点为H.过抛物线焦点F的直线l与抛物线C交于A,B,且,求的值.21.(12分)对于非负整数集合(非空),若对任意,或者,或者,则称为一个好集合.以下记为的元素个数.(1)给出所有的元素均小于的好集合.(给出结论即可)(2)求出所有满足的好集合.(同时说明理由)(3)若好集合满足,求证:中存在元素,使得中所有元素均为的整数倍.22.(10分)设函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)若恒成立,求的取值范围.

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、D【解析】

由题意,设每一行的和为,可得,继而可求解,表示,裂项相消即可求解.【详解】由题意,设每一行的和为故因此:故故选:D【点睛】本题考查了等差数列型数阵的求和,考查了学生综合分析,转化划归,数学运算的能力,属于中档题.2、C【解析】

由题知:该程序框图是利用循环结构计算并输出变量的值,计算程序框图的运行结果即可得到答案.【详解】,,,,,满足条件,,,,,满足条件,,,,,满足条件,,,,,满足条件,,,,,不满足条件,输出.故选:C【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构,属于简单题.3、B【解析】

因为时针经过2小时相当于转了一圈的,且按顺时针转所形成的角为负角,综合以上即可得到本题答案.【详解】因为时针旋转一周为12小时,转过的角度为,按顺时针转所形成的角为负角,所以经过2小时,时针所转过的弧度数为.故选:B【点睛】本题主要考查正负角的定义以及弧度制,属于基础题.4、D【解析】

求出展开项中的常数项及含的项,问题得解。【详解】展开项中的常数项及含的项分别为:,,所以展开式中的常数项为:.故选:D【点睛】本题主要考查了二项式定理中展开式的通项公式及转化思想,考查计算能力,属于基础题。5、B【解析】

由是偶函数,则只需在上有且只有两个零点即可.【详解】解:显然是偶函数所以只需时,有且只有2个零点即可令,则令,递减,且递增,且时,有且只有2个零点,只需故选:B【点睛】考查函数性质的应用以及根据零点个数确定参数的取值范围,基础题.6、C【解析】

根据,得到有解,则,得,,得到,再根据,有,即,可化为,根据,则的解集包含求解,【详解】因为,所以有解,即有解,所以,得,,所以,又因为,所以,即,可化为,因为,所以的解集包含,所以或,解得,故选:C【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法及集合的关系的应用,还考查了运算求解的能力,属于中档题,7、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.8、A【解析】

分析:由题意可得为等腰三角形,为等边三角形,把数量积分拆,设,数量积转化为关于t的函数,用函数可求得最小值。详解:连接BD,取AD中点为O,可知为等腰三角形,而,所以为等边三角形,。设=所以当时,上式取最小值,选A.点睛:本题考查的是平面向量基本定理与向量的拆分,需要选择合适的基底,再把其它向量都用基底表示。同时利用向量共线转化为函数求最值。9、A【解析】

设,因为,得到,利用直线的斜率公式,得到,结合基本不等式,即可求解.【详解】由题意,抛物线的焦点坐标为,设,因为,即线段的中点,所以,所以直线的斜率,当且仅当,即时等号成立,所以直线的斜率的最大值为1.故选:A.【点睛】本题主要考查了抛物线的方程及其应用,直线的斜率公式,以及利用基本不等式求最值的应用,着重考查了推理与运算能力,属于中档试题.10、B【解析】

根据几何概型的概率公式求出对应面积之比即可得到结论.【详解】解:设大正方形的边长为1,则小直角三角形的边长为,

则小正方形的边长为,小正方形的面积,

则落在小正方形(阴影)内的米粒数大约为,

故选:B.【点睛】本题主要考查几何概型的概率的应用,求出对应的面积之比是解决本题的关键.11、A【解析】

算出集合A、B及,再求补集即可.【详解】由,得,所以,又,所以,故或.故选:A.【点睛】本题考查集合的交集、补集运算,考查学生的基本运算能力,是一道基础题.12、D【解析】

分别解出集合然后求并集.【详解】解:,故选:D【点睛】考查集合的并集运算,基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

当时,函数单调递增,当时,函数为常数,故需满足,且,解得答案.【详解】,当时,函数单调递增,当时,函数为常数,需满足,且,解得.故答案为:.【点睛】本题考查了根据函数单调性解不等式,意在考查学生对于函数性质的灵活运用.14、【解析】

先求得复数,再由复数模的计算公式即得.【详解】,,则.故答案为:【点睛】本题考查复数的四则运算和求复数的模,是基础题.15、【解析】

①根据向量数量积的坐标表示结合两角差的正弦公式的逆用即可得解;②结合①求出,根据面积公式即可得解.【详解】①2(sin32°•cos77°﹣cos32°•sin77°),②,,∴,∴.故答案为:.【点睛】此题考查平面向量与三角函数解三角形综合应用,涉及平面向量数量积的坐标表示,三角恒等变换,根据三角形面积公式求解三角形面积,综合性强.16、【解析】

求出点坐标,由于直线与直线垂直,得出直线的斜率为,再由点斜式写出直线的方程.【详解】由于直线可看成直线先绕点逆时针方向旋转角,再继续旋转角得到,则直线与直线垂直,即直线的斜率为所以直线的方程为,即故答案为:【点睛】本题主要考查了求直线的方程,涉及了求直线的交点以及直线与直线的位置关系,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)分类讨论去绝对值号,然后解不等式即可.(2)因为对任意,都存在,使得不等式成立,等价于,根据绝对值不等式易求,根据二次函数易求,然后解不等式即可.【详解】解:(1)当时,,则当时,由得,,解得;当时,恒成立;当时,由得,,解得.所以的解集为(2)对任意,都存在,得成立,等价于.因为,所以,且|,①当时,①式等号成立,即.又因为,②当时,②式等号成立,即.所以,即即的取值范围为:.【点睛】知识:考查含两个绝对值号的不等式的解法;恒成立问题和存在性问题求参变数的范围问题;能力:分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力;中档题.18、(1)10;(2).【解析】

(1)由题意可得cos∠ADB=﹣cos∠ADC,由已知利用余弦定理可得:9+BD2﹣52+9+BD2﹣16=0,进而解得BC的值.(2)由(1)可知△ADC为直角三角形,可求S△ADC6,S△ABC=2S△ADC=12,利用角平分线的性质可得,根据S△ABC=S△BCE+S△ACE可求S△BCE的值.【详解】(1)因为在边上,所以,在和中由余弦定理,得,因为,,,,所以,所以,.所以边的长为10.(2)由(1)知为直角三角形,所以,.因为是的角平分线,所以.所以,所以.即的面积为.【点睛】本题主要考查了余弦定理,三角形的面积公式,角平分线的性质在解三角形中的综合应用,考查了转化思想和数形结合思想,属于中档题.19、(1)见解析(2)【解析】试题分析:(1)第(1)问,转化成证明平面,再转化成证明和.(2)第(2)问,先利用几何法找到与平面所成角,再根据与平面所成角的正弦值为求出再建立空间直角坐标系,求出二面角的余弦值.试题解析:(1)连接,因为四边形为菱形,所以.因为平面平面,平面平面,平面,,所以平面.又平面,所以.因为,所以.因为,所以平面.因为分别为,的中点,所以,所以平面(2)设,由(1)得平面.由,,得,.过点作,与的延长线交于点,取的中点,连接,,如图所示,又,所以为等边三角形,所以,又平面平面,平面平面,平面,故平面.因为为平行四边形,所以,所以平面.又因为,所以平面.因为,所以平面平面.由(1),得平面,所以平面,所以.因为,所以平面,所以是与平面所成角.因为,,所以平面,平面,因为,所以平面平面.所以,,解得.在梯形中,易证,分别以,,的正方向为轴,轴,轴的正方向建立空间直角坐标系.则,,,,,,由,及,得,所以,,.设平面的一个法向量为,由得令,得m=(3,1,2)设平面的一个法向量为,由得令,得.所以又因为二面角是钝角,所以二面角的余弦值是.20、(1)(2)4【解析】

(1)将点P横坐标代入抛物线中求得点P的坐标,利用点P到准线的距离d和勾股定理列方程求出p的值即可;(2)设A、B点坐标以及直线AB的方程,代入抛物线方程,利用根与系数的关系,以及垂直关系,得出关系式,计算的值即可.【详解】(1)将点P横坐标代入中,求得,∴P(2,),,点P到准线的距离为,∴,∴,解得,∴,∴抛物线C的方程为:;(2)抛物线的焦点为F(0,1),准线方程为,;设,直线AB的方程为,代入抛物线方程可得,∴,…①由,可得,又,,∴,∴,即,∴,…②把①代入②得,,则.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系,以及抛物线与圆的方程应用问题,考查转化思想以及计算能力,是中档题.21、(1),,,.(2);证明见解析.(3)证明见解析.【解析】

(1)根据好集合的定义列举即可得到结果;(2)设,其中,由知;由可知或,分别讨论两种情况可的结果;(3)记,则,设,由归纳推理可求得,从而得到,从而得到,可知存在元素满足题意.【详解】(1),,,.(2)设,其中,则由题意:,故,即,考虑,可知:,或,若,则考虑,,,则,,但此时,,不满足题意;若,此时,满足题意,,其中为相异正整数.(3)记,则,首先,,设,其中,分别考虑和其他任一元素,由题意可得:也在中,而,,,对于,考虑,,其和大于,故其差,特别的,,,由,且,,以此类推:,,此时,故中存在元素,使得中所有元素均为的整数倍.【点睛】本题考查集合中的新定义问题的求解,关键是明确已知中所给的新定义的具体要求,根据集合元素的要求进行推理说明,对于学生分析和解决问题能力、逻辑推理能力有较

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