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文档简介

重庆市南岸区2025届高三下学期第六次检测数学试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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.已知集合,,若AB,则实数的取值范围是()A. B. C. D.2.在等差数列中,若,则()A.8 B.12 C.14 D.103.下列函数中,值域为的偶函数是()A. B. C. D.4.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B.C. D.5.已知函数满足=1,则等于()A.- B. C.- D.6.已知,则()A. B. C. D.27.已知双曲线的一个焦点为,点是的一条渐近线上关于原点对称的两点,以为直径的圆过且交的左支于两点,若,的面积为8,则的渐近线方程为()A. B.C. D.8.已知函数,其中表示不超过的最大正整数,则下列结论正确的是()A.的值域是 B.是奇函数C.是周期函数 D.是增函数9.执行如图所示的程序框图,如果输入,则输出属于()A. B. C. D.10.已知数列满足,(),则数列的通项公式()A. B. C. D.11.已知集合,,,则集合()A. B. C. D.12.在平面直角坐标系中,锐角顶点在坐标原点,始边为x轴正半轴,终边与单位圆交于点,则()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知椭圆,,若椭圆上存在点使得为等边三角形(为原点),则椭圆的离心率为_________.14.设α、β为互不重合的平面,m,n是互不重合的直线,给出下列四个命题:①若m∥n,则m∥α;②若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥β;③若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n;④若α⊥β,α∩β=m,n⊂α,m⊥n,则n⊥β;其中正确命题的序号为_____.15.在中,为定长,,若的面积的最大值为,则边的长为____________.16.已知一个圆锥的底面积和侧面积分别为和,则该圆锥的体积为________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.(1)解关于x的不等式:;(2)若的最小值为M,且,求证:.18.(12分)已知函数.当时,求不等式的解集;,,求a的取值范围.19.(12分)已知数列的各项都为正数,,且.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)设,其中表示不超过x的最大整数,如,,求数列的前2020项和.20.(12分)在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数).在以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴的极坐标系中,直线的极坐标方程为.(1)求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程;(2)求曲线上的点到直线的距离的最大值与最小值.21.(12分)在平面直角坐标系中,已知直线l的参数方程为(t为参数),在以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,且与直角坐标系长度单位相同的极坐标系中,曲线C的极坐标方程是.(1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程;(2)若直线l与曲线C相交于两点A,B,求线段的长.22.(10分)如图,在直三棱柱中,,,D,E分别为AB,BC的中点.(1)证明:平面平面;(2)求点到平面的距离.

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】

先化简,再根据,且AB求解.【详解】因为,又因为,且AB,所以.故选:D【点睛】本题主要考查集合的基本运算,还考查了运算求解的能力,属于基础题.2、C【解析】

将,分别用和的形式表示,然后求解出和的值即可表示.【详解】设等差数列的首项为,公差为,则由,,得解得,,所以.故选C.【点睛】本题考查等差数列的基本量的求解,难度较易.已知等差数列的任意两项的值,可通过构建和的方程组求通项公式.3、C【解析】试题分析:A中,函数为偶函数,但,不满足条件;B中,函数为奇函数,不满足条件;C中,函数为偶函数且,满足条件;D中,函数为偶函数,但,不满足条件,故选C.考点:1、函数的奇偶性;2、函数的值域.4、A【解析】

根据题意,可得几何体,利用体积计算即可.【详解】由题意,该几何体如图所示:该几何体的体积.故选:A.【点睛】本题考查了常见几何体的三视图和体积计算,属于基础题.5、C【解析】

设的最小正周期为,可得,则,再根据得,又,则可求出,进而可得.【详解】解:设的最小正周期为,因为,所以,所以,所以,又,所以当时,,,因为,整理得,因为,,,则所以.故选:C.【点睛】本题考查三角形函数的周期性和对称性,考查学生分析能力和计算能力,是一道难度较大的题目.6、B【解析】

结合求得的值,由此化简所求表达式,求得表达式的值.【详解】由,以及,解得..故选:B【点睛】本小题主要考查利用同角三角函数的基本关系式化简求值,考查二倍角公式,属于中档题.7、B【解析】

由双曲线的对称性可得即,又,从而可得的渐近线方程.【详解】设双曲线的另一个焦点为,由双曲线的对称性,四边形是矩形,所以,即,由,得:,所以,所以,所以,,所以,的渐近线方程为.故选B【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质,考查直线与圆的位置关系,考查数形结合思想与计算能力,属于中档题.8、C【解析】

根据表示不超过的最大正整数,可构建函数图象,即可分别判断值域、奇偶性、周期性、单调性,进而下结论.【详解】由表示不超过的最大正整数,其函数图象为选项A,函数,故错误;选项B,函数为非奇非偶函数,故错误;选项C,函数是以1为周期的周期函数,故正确;选项D,函数在区间上是增函数,但在整个定义域范围上不具备单调性,故错误.故选:C【点睛】本题考查对题干的理解,属于函数新定义问题,可作出图象分析性质,属于较难题.9、B【解析】

由题意,框图的作用是求分段函数的值域,求解即得解.【详解】由题意可知,框图的作用是求分段函数的值域,当;当综上:.故选:B【点睛】本题考查了条件分支的程序框图,考查了学生逻辑推理,分类讨论,数学运算的能力,属于基础题.10、A【解析】

利用数列的递推关系式,通过累加法求解即可.【详解】数列满足:,,可得以上各式相加可得:,故选:.【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用,数列累加法以及通项公式的求法,考查计算能力.11、D【解析】

根据集合的混合运算,即可容易求得结果.【详解】,故可得.故选:D.【点睛】本题考查集合的混合运算,属基础题.12、A【解析】

根据单位圆以及角度范围,可得,然后根据三角函数定义,可得,最后根据两角和的正弦公式,二倍角公式,简单计算,可得结果.【详解】由题可知:,又为锐角所以,根据三角函数的定义:所以由所以故选:A【点睛】本题考查三角函数的定义以及两角和正弦公式,还考查二倍角的正弦、余弦公式,难点在于公式的计算,识记公式,简单计算,属基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

根据题意求出点N的坐标,将其代入椭圆的方程,求出参数m的值,再根据离心率的定义求值.【详解】由题意得,将其代入椭圆方程得,所以.故答案为:.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及几何性质,属于中档题.14、④【解析】

根据直线和平面,平面和平面的位置关系依次判断每个选项得到答案.【详解】对于①,当m∥n时,由直线与平面平行的定义和判定定理,不能得出m∥α,①错误;对于②,当m⊂α,n⊂α,且m∥β,n∥β时,由两平面平行的判定定理,不能得出α∥β,②错误;对于③,当α∥β,且m⊂α,n⊂β时,由两平面平行的性质定理,不能得出m∥n,③错误;对于④,当α⊥β,且α∩β=m,n⊂α,m⊥n时,由两平面垂直的性质定理,能够得出n⊥β,④正确;综上知,正确命题的序号是④.故答案为:④.【点睛】本题考查了直线和平面,平面和平面的位置关系,意在考查学生的空间想象能力和推断能力.15、【解析】

设,以为原点,为轴建系,则,,设,,,利用求向量模的公式,可得,根据三角形面积公式进一步求出的值即为所求.【详解】解:设,以为原点,为轴建系,则,,设,,则,即,由,可得.则.故答案为:.【点睛】本题考查向量模的计算,建系是关键,属于难题.16、【解析】

依据圆锥的底面积和侧面积公式,求出底面半径和母线长,再根据勾股定理求出圆锥的高,最后利用圆锥的体积公式求出体积。【详解】设圆锥的底面半径为,母线长为,高为,所以有解得,故该圆锥的体积为。【点睛】本题主要考查圆锥的底面积、侧面积和体积公式的应用。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)证明见解析.【解析】

(1)分类讨论求解绝对值不等式即可;(2)由(1)中所得函数,求得最小值,再利用均值不等式即可证明.【详解】(1)当时,等价于,该不等式恒成立,当时,等价于,该不等式解集为,当时,等价于,解得,综上,或,所以不等式的解集为.(2),易得的最小值为1,即因为,,,所以,,,所以,当且仅当时等号成立.【点睛】本题考查利用分类讨论求解绝对值不等式,涉及利用均值不等式证明不等式,属综合中档题.18、(1);(2).【解析】

(1)当时,,①当时,,令,即,解得,②当时,,显然成立,所以,③当时,,令,即,解得,综上所述,不等式的解集为.(2)因为,因为,有成立,所以只需,解得,所以a的取值范围为.【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、(Ⅰ);(Ⅱ)4953【解析】

(Ⅰ)递推公式变形为,由数列是正项数列,得到,根据数列是等比数列求通项公式;(Ⅱ),根据新定义和对数的运算分类讨论数列的通项公式,并求前2020项和.【详解】(Ⅰ)∵,∴,∴又∵数列的各项都为正数,∴,即.∴数列是以2为首项,2为公比的等比数列,∴.(Ⅱ)∵,∴,.∴数列的前2020项的和为.【点睛】本题考查根据数列的递推公式求通项公式和数列的前项和,意在考查转化与化归的思想,计算能力,属于中档题型.20、(1),(2)最大值,最小值【解析】

(1)由曲线的参数方程,得两式平方相加求解,根据直线的极坐标方程,展开有,再根据求解.(2)因为曲线C是一个半圆,利用数形结合,圆心到直线的距离减半径即为最小值,最大值点由图可知.【详解】(1)因为曲线的参数方程为所以两式平方相加得:因为直线的极坐标方程为.所以所以即(2)如图所示:圆心C到直线的距离为:所以圆上的点到直线的最小值为:则点M(2,0)到直线的距离为最大值:【点睛】本题主要考查参数方程,普通方程及极坐标方程的转化和直线与圆的位置关系,还考查了数形结合的思想和运算求解的能力,属于中档题.21、(1)l:,C:;(2)【解析】

(1)直接利用转换关系,把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换;

(2)由(1)可得曲线是圆,求出圆心坐标及半径,再求得圆心到直线的距离,即可求得的长.【详解】(1)由题意可得直线:,由,得,即,所以曲线C:.(2)由(1)知,圆,半径.∴圆心到直线的距离为:.∴【点睛】本题考查直线的普通坐标方程、曲线的直角坐标方程的求法,考查弦长的求法、运算求解能

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