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文档简介

2025届辽宁省沈阳市高三下学期联考数学试题请考生注意: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.将3个黑球3个白球和1个红球排成一排,各小球除了颜色以外其他属性均相同,则相同颜色的小球不相邻的排法共有()A.14种 B.15种 C.16种 D.18种2.做抛掷一枚骰子的试验,当出现1点或2点时,就说这次试验成功,假设骰子是质地均匀的.则在3次这样的试验中成功次数X的期望为()A.13 B.13.已知等比数列满足,,则()A. B. C. D.4.已知函数,若恒成立,则满足条件的的个数为()A.0 B.1 C.2 D.35.已知是的共轭复数,则()A. B. C. D.6.若,满足约束条件,则的取值范围为()A. B. C. D.7.已知双曲线的左、右顶点分别为,点是双曲线上与不重合的动点,若,则双曲线的离心率为()A. B. C.4 D.28.已知定义在上的函数,若函数为偶函数,且对任意,,都有,若,则实数的取值范围是()A. B. C. D.9.下列函数中,值域为R且为奇函数的是()A. B. C. D.10.将函数图象上每一点的横坐标变为原来的2倍,再将图像向左平移个单位长度,得到函数的图象,则函数图象的一个对称中心为()A. B. C. D.11.已知函数,若,则的最小值为()参考数据:A. B. C. D.12.在中,角、、的对边分别为、、,若,,,则()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.利用等面积法可以推导出在边长为a的正三角形内任意一点到三边的距离之和为定值,类比上述结论,利用等体积法进行推导,在棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的距离之和也为定值,则这个定值是______14.已知为正实数,且,则的最小值为____________.15.已知数列为正项等比数列,,则的最小值为________.16.若x,y均为正数,且,则的最小值为________.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f(x)=x-1+x+2,记f(x)(Ⅰ)解不等式f(x)≤5;(Ⅱ)若正实数a,b满足1a+118.(12分)设都是正数,且,.求证:.19.(12分)设函数.(1)解不等式;(2)记的最大值为,若实数、、满足,求证:.20.(12分)已知数列中,,前项和为,若对任意的,均有(是常数,且)成立,则称数列为“数列”.(1)若数列为“数列”,求数列的前项和;(2)若数列为“数列”,且为整数,试问:是否存在数列,使得对任意,成立?如果存在,求出这样数列的的所有可能值,如果不存在,请说明理由.21.(12分)己知,,.(1)求证:;(2)若,求证:.22.(10分)(选修4-4:坐标系与参数方程)在平面直角坐标系,已知曲线(为参数),在以原点为极点,轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中,直线的极坐标方程为.(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程;(2)过点且与直线平行的直线交于,两点,求点到,的距离之积.

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、D【解析】

采取分类计数和分步计数相结合的方法,分两种情况具体讨论,一种是黑白依次相间,一种是开始仅有两个相同颜色的排在一起【详解】首先将黑球和白球排列好,再插入红球.情况1:黑球和白球按照黑白相间排列(“黑白黑白黑白”或“白黑白黑白黑”),此时将红球插入6个球组成的7个空中即可,因此共有2×7=14种;情况2:黑球或白球中仅有两个相同颜色的排在一起(“黑白白黑白黑”、“黑白黑白白黑”、“白黑黑白黑白”“白黑白黑黑白”),此时红球只能插入两个相同颜色的球之中,共4种.综上所述,共有14+4=18种.故选:D【点睛】本题考查排列组合公式的具体应用,插空法的应用,属于基础题2、C【解析】

每一次成功的概率为p=26=【详解】每一次成功的概率为p=26=13故选:C.【点睛】本题考查了二项分布求数学期望,意在考查学生的计算能力和应用能力.3、B【解析】由a1+a3+a5=21得a3+a5+a7=,选B.4、C【解析】

由不等式恒成立问题分类讨论:①当,②当,③当,考查方程的解的个数,综合①②③得解.【详解】①当时,,满足题意,②当时,,,,,故不恒成立,③当时,设,,令,得,,得,下面考查方程的解的个数,设(a),则(a)由导数的应用可得:(a)在为减函数,在,为增函数,则(a),即有一解,又,均为增函数,所以存在1个使得成立,综合①②③得:满足条件的的个数是2个,故选:.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题及利用导数研究函数的解得个数,重点考查了分类讨论的数学思想方法,属难度较大的题型.5、A【解析】

先利用复数的除法运算法则求出的值,再利用共轭复数的定义求出a+bi,从而确定a,b的值,求出a+b.【详解】i,∴a+bi=﹣i,∴a=0,b=﹣1,∴a+b=﹣1,故选:A.【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算,考查了共轭复数的概念,是基础题.6、B【解析】

根据约束条件作出可行域,找到使直线的截距取最值得点,相应坐标代入即可求得取值范围.【详解】画出可行域,如图所示:由图可知,当直线经过点时,取得最小值-5;经过点时,取得最大值5,故.故选:B【点睛】本题考查根据线性规划求范围,属于基础题.7、D【解析】

设,,,根据可得①,再根据又②,由①②可得,化简可得,即可求出离心率.【详解】解:设,,,∵,∴,即,①又,②,由①②可得,∵,∴,∴,∴,即,故选:D.【点睛】本题考查双曲线的方程和性质,考查了斜率的计算,离心率的求法,属于基础题和易错题.8、A【解析】

根据题意,分析可得函数的图象关于对称且在上为减函数,则不等式等价于,解得的取值范围,即可得答案.【详解】解:因为函数为偶函数,所以函数的图象关于对称,因为对任意,,都有,所以函数在上为减函数,则,解得:.即实数的取值范围是.故选:A.【点睛】本题考查函数的对称性与单调性的综合应用,涉及不等式的解法,属于综合题.9、C【解析】

依次判断函数的值域和奇偶性得到答案.【详解】A.,值域为,非奇非偶函数,排除;B.,值域为,奇函数,排除;C.,值域为,奇函数,满足;D.,值域为,非奇非偶函数,排除;故选:.【点睛】本题考查了函数的值域和奇偶性,意在考查学生对于函数知识的综合应用.10、D【解析】

根据函数图象的变换规律可得到解析式,然后将四个选项代入逐一判断即可.【详解】解:图象上每一点的横坐标变为原来的2倍,得到再将图像向左平移个单位长度,得到函数的图象,故选:D【点睛】考查三角函数图象的变换规律以及其有关性质,基础题.11、A【解析】

首先的单调性,由此判断出,由求得的关系式.利用导数求得的最小值,由此求得的最小值.【详解】由于函数,所以在上递减,在上递增.由于,,令,解得,所以,且,化简得,所以,构造函数,.构造函数,,所以在区间上递减,而,,所以存在,使.所以在上大于零,在上小于零.所以在区间上递增,在区间上递减.而,所以在区间上的最小值为,也即的最小值为,所以的最小值为.故选:A【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值,考查分段函数的图像与性质,考查化归与转化的数学思想方法,属于难题.12、B【解析】

利用两角差的正弦公式和边角互化思想可求得,可得出,然后利用余弦定理求出的值,最后利用正弦定理可求出的值.【详解】,即,即,,,得,,.由余弦定理得,由正弦定理,因此,.故选:B.【点睛】本题考查三角形中角的正弦值的计算,考查两角差的正弦公式、边角互化思想、余弦定理与正弦定理的应用,考查运算求解能力,属于中等题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

计算正四面体的高,并计算该正四面体的体积,利用等体积法,可得结果.【详解】作平面,为的重心如图则,所以设正四面体内任意一点到四个面的距离之和为则故答案为:【点睛】本题考查类比推理的应用,还考查等体积法,考验理解能力以及计算能力,属基础题.14、【解析】

,所以有,再利用基本不等式求最值即可.【详解】由已知,,所以,当且仅当,即时,等号成立.故答案为:【点睛】本题考查利用基本不等式求和的最小值问题,采用的是“1”的替换,也可以消元等,是一道中档题.15、27【解析】

利用等比数列的性质求得,结合其下标和性质和均值不等式即可容易求得.【详解】由等比数列的性质可知,则,.当且仅当时取得最小值.故答案为:.【点睛】本题考查等比数列的下标和性质,涉及均值不等式求和的最小值,属综合基础题.16、4【解析】

由基本不等式可得,则,即可解得.【详解】方法一:,当且仅当时取等.方法二:因为,所以,所以,当且仅当时取等.故答案为:.【点睛】本题考查基本不等式在求最小值中的应用,考查学生对基本不等式的灵活使用,难度较易.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){x|-3≤x≤2}(Ⅱ)见证明【解析】

(Ⅰ)由题意结合不等式的性质零点分段求解不等式的解集即可;(Ⅱ)首先确定m的值,然后利用柯西不等式即可证得题中的不等式.【详解】(Ⅰ)①当x>1时,f(x)=(x-1)+(x+2)=2x+1≤5,即x≤2,∴1<x≤2;②当-2≤x≤1时,f(x)=(1-x)+(x+2)=3≤5,∴-2≤x≤1;③当x<-2时,f(x)=(1-x)-(x+2)=-2x-1≤5,即x≥-3,∴-3≤x<-2.综上所述,原不等式的解集为{x|-3≤x≤2}.(Ⅱ)∵f(x)=x-1当且仅当-2≤x≤1时,等号成立.∴f(x)的最小值m=3.∴[(即2a当且仅当2a×1又1a+1b=∴2a【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法,柯西不等式及其应用,绝对值三角不等式求最值的方法等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18、证明见解析【解析】

利用比较法进行证明:把代数式展开、作差、化简可得,,可证得成立,同理可证明,由此不等式得证.【详解】证明:因为,,所以,∴成立,又都是正数,∴,①同理,∴.【点睛】本题考查利用比较法证明不等式;考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力;把差变形为因式乘积的形式是证明本题的关键;属于中档题。19、(1)(2)证明见解析【解析】

(1)采用零点分段法:、、,由此求解出不等式的解集;(2)先根据绝对值不等式的几何意义求解出的值,然后利用基本不等式及其变形完成证明.【详解】(1)当时,不等式为,解得当时,不等式为,解得当时,不等式为,解得∴原不等式的解集为(2)当且仅当即时取等号,∴,∴∵,∴,∴(当且仅当时取“”)同理可得,∴∴(当且仅当时取“”)【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及利用基本不等式证明不等式,难度一般.(1)常见的绝对值不等式解法:零点分段法、图象法、几何意义法;(2)利用基本不等式完成证明时,注意说明取等号的条件.20、(1)(2)存在,【解析】

由数列为“数列”可得,,,两式相减得,又,利用等比数列通项公式即可求出,进而求出;由题意得,,,两式相减得,,据此可得,当时,,进而可得,即数列为常数列,进而可得,结合,得到关于的不等式,再由时,且为整数即可求出符合题意的的所有值.【详解】因为数列为“数列”,所以,故,两式相减得,在中令,则可得,故所以,所以数列是以为首项,以为公比的等比数列,所以,因为,所以.(2)由题意得,故,两式相减得所以,当时,又因为所以当时,所以成立,所以当时,数列是常数列,所以因为当时,成立,所以,所以在中令,因为,所以可得,所以,由时,且为整数,可得,把分别代入不等式可得,,所以存在数列符合题意,的所有值为.【点睛】本题考查数列的新定义、等比数列的通项公式和数列递推公式的运用;考查运算求解能力、逻辑推理能力和对新定义的理解能力;通过反复利用递推公式,得到数列为常数列是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.21、(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】

(1)采用分析法论证,要证,分式化整式为,再利用立方和公式转化为,再作差提取公因式论证.(2)由基本不等式得,再用不等式的基本性质论证.【详解】(1)要证,即证,即证,即证,即证,即证,该式显然成立,当且仅当时等号成立,故.(2)

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