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文档简介

2025届辽宁省大连市庄河高级中学高三第一次调研测试数学试卷请考生注意:1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上,请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。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.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,4,8,14,23,36,54,则该数列的第19项为()(注:)A.1624 B.1024 C.1198 D.15602.等比数列的前项和为,若,,,,则()A. B. C. D.3.设全集为R,集合,,则A. B. C. D.4.已知函数的最小正周期为的图象向左平移个单位长度后关于轴对称,则的单调递增区间为()A. B.C. D.5.在中,D为的中点,E为上靠近点B的三等分点,且,相交于点P,则()A. B.C. D.6.函数满足对任意都有成立,且函数的图象关于点对称,,则的值为()A.0 B.2 C.4 D.17.某个小区住户共200户,为调查小区居民的7月份用水量,用分层抽样的方法抽取了50户进行调查,得到本月的用水量(单位:m3)的频率分布直方图如图所示,则小区内用水量超过15m3的住户的户数为()A.10 B.50 C.60 D.1408.定义运算,则函数的图象是().A. B.C. D.9.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B.3 C. D.410.一艘海轮从A处出发,以每小时24海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行,30分钟后到达B处,在C处有一座灯塔,海轮在A处观察灯塔,其方向是南偏东70°,在B处观察灯塔,其方向是北偏东65°,那么B,C两点间的距离是()A.6海里 B.6海里 C.8海里 D.8海里11.己知四棱锥中,四边形为等腰梯形,,,是等边三角形,且;若点在四棱锥的外接球面上运动,记点到平面的距离为,若平面平面,则的最大值为()A. B.C. D.12.设函数(,为自然对数的底数),定义在上的函数满足,且当时,.若存在,且为函数的一个零点,则实数的取值范围为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设,则除以的余数是______.14.如图,在菱形ABCD中,AB=3,,E,F分别为BC,CD上的点,,若线段EF上存在一点M,使得,则____________,____________.(本题第1空2分,第2空3分)15.已知椭圆的下顶点为,若直线与椭圆交于不同的两点、,则当_____时,外心的横坐标最大.16.已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)所有顶点都在球的表面上.若球的表面积为则该三棱柱的侧面积为___________.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)已知函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)若对任意成立,求实数的取值范围.18.(12分)如图,在三棱锥中,,,侧面为等边三角形,侧棱.(1)求证:平面平面;(2)求三棱锥外接球的体积.19.(12分)如图,在四棱锥P—ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,BD⊥DC,△PCD为正三角形,平面PCD⊥平面ABCD,E为PC的中点.(1)证明:AP∥平面EBD;(2)证明:BE⊥PC.20.(12分)已知函数(,)满足下列3个条件中的2个条件:①函数的周期为;②是函数的对称轴;③且在区间上单调.(Ⅰ)请指出这二个条件,并求出函数的解析式;(Ⅱ)若,求函数的值域.21.(12分)已知抛物线Γ:y2=2px(p>0)的焦点为F,P是抛物线Γ上一点,且在第一象限,满足(2,2)(1)求抛物线Γ的方程;(2)已知经过点A(3,﹣2)的直线交抛物线Γ于M,N两点,经过定点B(3,﹣6)和M的直线与抛物线Γ交于另一点L,问直线NL是否恒过定点,如果过定点,求出该定点,否则说明理由.22.(10分)设函数.(1)求的值;(2)若,求函数的单调递减区间.

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】

根据高阶等差数列的定义,求得等差数列的通项公式和前项和,利用累加法求得数列的通项公式,进而求得.【详解】依题意:1,4,8,14,23,36,54,……两两作差得:3,4,6,9,13,18,……两两作差得:1,2,3,4,5,……设该数列为,令,设的前项和为,又令,设的前项和为.易,,进而得,所以,则,所以,所以.故选:B【点睛】本小题主要考查新定义数列的理解和运用,考查累加法求数列的通项公式,考查化归与转化的数学思想方法,属于中档题.2、D【解析】试题分析:由于在等比数列中,由可得:,又因为,所以有:是方程的二实根,又,,所以,故解得:,从而公比;那么,故选D.考点:等比数列.3、B【解析】分析:由题意首先求得,然后进行交集运算即可求得最终结果.详解:由题意可得:,结合交集的定义可得:.本题选择B选项.点睛:本题主要考查交集的运算法则,补集的运算法则等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4、D【解析】

先由函数的周期和图象的平移后的函数的图象性质得出函数的解析式,从而得出的解析式,再根据正弦函数的单调递增区间得出函数的单调递增区间,可得选项.【详解】因为函数的最小正周期是,所以,即,所以,的图象向左平移个单位长度后得到的函数解析式为,由于其图象关于轴对称,所以,又,所以,所以,所以,因为的递增区间是:,,由,,得:,,所以函数的单调递增区间为().故选:D.【点睛】本题主要考查正弦型函数的周期性,对称性,单调性,图象的平移,在进行图象的平移时,注意自变量的系数,属于中档题.5、B【解析】

设,则,,由B,P,D三点共线,C,P,E三点共线,可知,,解得即可得出结果.【详解】设,则,,因为B,P,D三点共线,C,P,E三点共线,所以,,所以,.故选:B.【点睛】本题考查了平面向量基本定理和向量共线定理的简单应用,属于基础题.6、C【解析】

根据函数的图象关于点对称可得为奇函数,结合可得是周期为4的周期函数,利用及可得所求的值.【详解】因为函数的图象关于点对称,所以的图象关于原点对称,所以为上的奇函数.由可得,故,故是周期为4的周期函数.因为,所以.因为,故,所以.故选:C.【点睛】本题考查函数的奇偶性和周期性,一般地,如果上的函数满足,那么是周期为的周期函数,本题属于中档题.7、C【解析】从频率分布直方图可知,用水量超过15m³的住户的频率为,即分层抽样的50户中有0.3×50=15户住户的用水量超过15立方米所以小区内用水量超过15立方米的住户户数为,故选C8、A【解析】

由已知新运算的意义就是取得中的最小值,因此函数,只有选项中的图象符合要求,故选A.9、C【解析】

首先把三视图转换为几何体,该几何体为由一个三棱柱体,切去一个三棱锥体,由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.【详解】解:根据几何体的三视图转换为几何体为:该几何体为由一个三棱柱体,切去一个三棱锥体,如图所示:故:.故选:C.【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式,考查了空间想象能力,属于基础题.10、A【解析】

先根据给的条件求出三角形ABC的三个内角,再结合AB可求,应用正弦定理即可求解.【详解】由题意可知:∠BAC=70°﹣40°=30°.∠ACD=110°,∴∠ACB=110°﹣65°=45°,∴∠ABC=180°﹣30°﹣45°=105°.又AB=24×0.5=12.在△ABC中,由正弦定理得,即,∴.故选:A.【点睛】本题考查正弦定理的实际应用,关键是将给的角度、线段长度转化为三角形的边角关系,利用正余弦定理求解.属于中档题.11、A【解析】

根据平面平面,四边形为等腰梯形,则球心在过的中点的面的垂线上,又是等边三角形,所以球心也在过的外心面的垂线上,从而找到球心,再根据已知量求解即可.【详解】依题意如图所示:取的中点,则是等腰梯形外接圆的圆心,取是的外心,作平面平面,则是四棱锥的外接球球心,且,设四棱锥的外接球半径为,则,而,所以,故选:A.【点睛】本题考查组合体、球,还考查空间想象能力以及数形结合的思想,属于难题.12、D【解析】

先构造函数,由题意判断出函数的奇偶性,再对函数求导,判断其单调性,进而可求出结果.【详解】构造函数,因为,所以,所以为奇函数,当时,,所以在上单调递减,所以在R上单调递减.因为存在,所以,所以,化简得,所以,即令,因为为函数的一个零点,所以在时有一个零点因为当时,,所以函数在时单调递减,由选项知,,又因为,所以要使在时有一个零点,只需使,解得,所以a的取值范围为,故选D.【点睛】本题主要考查函数与方程的综合问题,难度较大.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、1【解析】

利用二项式定理得到,将89写成1+88,然后再利用二项式定理展开即可.【详解】,因展开式中后面10项均有88这个因式,所以除以的余数为1.故答案为:1【点睛】本题考查二项式定理的综合应用,涉及余数的问题,解决此类问题的关键是灵活构造二项式,并将它展开分析,本题是一道基础题.14、【解析】

根据题意,设,则,所以,解得,所以,从而有.15、【解析】

由已知可得、的坐标,求得的垂直平分线方程,联立已知直线方程与椭圆方程,求得的垂直平分线方程,两垂直平分线方程联立求得外心的横坐标,再由导数求最值.【详解】如图,由已知条件可知,不妨设,则外心在的垂直平分线上,即在直线,也就是在直线上,联立,得或,的中点坐标为,则的垂直平分线方程为,把代入上式,得,令,则,由,得(舍)或.当时,,当时,.当时,函数取极大值,亦为最大值.故答案为:.【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系的应用,训练了利用导数求最值,是中等题.16、【解析】

只要算出直三棱柱的棱长即可,在中,利用即可得到关于x的方程,解方程即可解决.【详解】由已知,,解得,如图所示,设底面等边三角形中心为,直三棱柱的棱长为x,则,,故,即,解得,故三棱柱的侧面积为.故答案为:.【点睛】本题考查特殊柱体的外接球问题,考查学生的空间想象能力,是一道中档题.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)把代入,利用零点分段讨论法求解;(2)对任意成立转化为求的最小值可得.【详解】解:(1)当时,不等式可化为.讨论:①当时,,所以,所以;②当时,,所以,所以;③当时,,所以,所以.综上,当时,不等式的解集为.(2)因为,所以.又因为,对任意成立,所以,所以或.故实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查含有绝对值不等式的解法及恒成立问题,恒成立问题一般是转化为最值问题求解,侧重考查数学建模和数学运算的核心素养.18、(1)见解析;(2).【解析】

(1)设中点为,连接、,利用等腰三角形三线合一的性质得出,利用勾股定理得出,由线面垂直的判定定理可证得平面,再利用面面垂直的判定定理可得出平面平面;(2)先确定三棱锥的外接球球心的位置,利用三角形相似求出外接球的半径,再由球体的体积公式可求得结果.【详解】(1)设中点为,连接、,因为,所以.又,所以,又由已知,,则,所以,.又为正三角形,且,所以,因为,所以,,,平面,又平面,平面平面;(2)由于是底面直角三角形的斜边的中点,所以点是的外心,由(1)知平面,所以三棱锥的外接球的球心在上.在中,的垂直平分线与的交点即为球心,记的中点为点,则.由与相似可得,所以.所以三棱锥外接球的体积为.【点睛】本题考查面面垂直的证明,同时也考查了三棱锥外接球体积的计算,找出外接球球心的位置是解答的关键,考查推理能力与计算能力,属于中等题.19、(1)见解析(2)见解析【解析】

(1)连结AC交BD于点O,连结OE,利用三角形中位线可得AP∥OE,从而可证AP∥平面EBD;(2)先证明BD⊥平面PCD,再证明PC⊥平面BDE,从而可证BE⊥PC.【详解】证明:(1)连结AC交BD于点O,连结OE因为四边形ABCD为平行四边形∴O为AC中点,又E为PC中点,故AP∥OE,又AP平面EBD,OE平面EBD所以AP∥平面EBD

;(2)∵△PCD为正三角形,E为PC中点所以PC⊥DE因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD平面ABCD=CD,又BD平面ABCD,BD⊥CD∴BD⊥平面PCD又PC平面PCD,故PC⊥BD又BDDE=D,BD平面BDE,DE平面BDE故PC⊥平面BDE又BE平面BDE,所以BE⊥PC.【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明,线面平行一般转化为线线平行来证明,直线与直线垂直通常利用线面垂直来进行证明,侧重考查逻辑推理的核心素养.20、(Ⅰ)只有①②成立,;(Ⅱ).【解析】

(Ⅰ)依次讨论①②成立,①③成立,②③成立,计算得到只有①②成立,得到答案.(Ⅱ)得到,得到函数值域.【详解】(Ⅰ)由①可得,;由②得:,;由③得,,,;若①②成立,则,,,若①③成立,则,,不合题意,若②③成立,则,,与③中的矛盾,所以②③不成立,所以只有①②成立,.(Ⅱ)由题意得,,所以函数的值域为.【点睛】本题考查了三角函数的周期,对称轴,单调性,值域,表达式,意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.21、(1)y2=4x;;(2)直线NL恒过定点(﹣3,0),理由见解析.【解析】

(1)根据抛物线的方程,求得焦点F(,0),利用(2,2),表示点P的坐标,再代入抛物线方程求解.

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