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文档简介

江西省上饶市“山江湖”协作体2025届高三第三次测评数学试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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.已知向量,且,则m=()A.−8 B.−6C.6 D.82.已知点,若点在曲线上运动,则面积的最小值为()A.6 B.3 C. D.3.已知复数满足,且,则()A.3 B. C. D.4.已知复数z=2i1-i,则A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限5.某几何体的三视图如图所示,三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形,则该几何体中最长的棱长为().A. B. C.1 D.6.已知函数,关于x的方程f(x)=a存在四个不同实数根,则实数a的取值范围是()A.(0,1)∪(1,e) B.C. D.(0,1)7.已知双曲线,为坐标原点,、为其左、右焦点,点在的渐近线上,,且,则该双曲线的渐近线方程为()A. B. C. D.8.若的二项式展开式中二项式系数的和为32,则正整数的值为()A.7 B.6 C.5 D.49.在区间上随机取一个实数,使直线与圆相交的概率为()A. B. C. D.10.已知向量,,设函数,则下列关于函数的性质的描述正确的是A.关于直线对称 B.关于点对称C.周期为 D.在上是增函数11.函数的最大值为,最小正周期为,则有序数对为()A. B. C. D.12.复数满足为虚数单位),则的虚部为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如果抛物线上一点到准线的距离是6,那么______.14.已知数列为正项等比数列,,则的最小值为________.15.已知,则__________.16.已知△的三个内角为,,,且,,成等差数列,则的最小值为__________,最大值为___________.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)每年的寒冷天气都会带热“御寒经济”,以交通业为例,当天气太冷时,不少人都会选择利用手机上的打车软件在网上预约出租车出行,出租车公司的订单数就会增加.下表是某出租车公司从出租车的订单数据中抽取的5天的日平均气温(单位:℃)与网上预约出租车订单数(单位:份);日平均气温(℃)642网上预约订单数100135150185210(1)经数据分析,一天内平均气温与该出租车公司网约订单数(份)成线性相关关系,试建立关于的回归方程,并预测日平均气温为时,该出租车公司的网约订单数;(2)天气预报未来5天有3天日平均气温不高于,若把这5天的预测数据当成真实的数据,根据表格数据,则从这5天中任意选取2天,求恰有1天网约订单数不低于210份的概率.附:回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为:18.(12分)已知等腰梯形中(如图1),,,为线段的中点,、为线段上的点,,现将四边形沿折起(如图2)(1)求证:平面;(2)在图2中,若,求直线与平面所成角的正弦值.19.(12分)已知在中,角,,的对边分别为,,,的面积为.(1)求证:;(2)若,求的值.20.(12分)在直角坐标系中,以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为,曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的直角坐标方程和曲线的参数方程;(2)设曲线与曲线在第二象限的交点为,曲线与轴的交点为,点,求的周长的最大值.21.(12分)椭圆:的左、右焦点分别是,,离心率为,左、右顶点分别为,.过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1.(1)求椭圆的标准方程;(2)经过点的直线与椭圆相交于不同的两点、(不与点、重合),直线与直线相交于点,求证:、、三点共线.22.(10分)在正三棱柱ABCA1B1C1中,已知AB=1,AA1=2,E,F,G分别是棱AA1,AC和A1C1的中点,以为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.(1)求异面直线AC与BE所成角的余弦值;(2)求二面角F-BC1-C的余弦值.

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】

由已知向量的坐标求出的坐标,再由向量垂直的坐标运算得答案.【详解】∵,又,∴3×4+(﹣2)×(m﹣2)=0,解得m=1.故选D.【点睛】本题考查平面向量的坐标运算,考查向量垂直的坐标运算,属于基础题.2、B【解析】

求得直线的方程,画出曲线表示的下半圆,结合图象可得位于,结合点到直线的距离公式和两点的距离公式,以及三角形的面积公式,可得所求最小值.【详解】解:曲线表示以原点为圆心,1为半径的下半圆(包括两个端点),如图,直线的方程为,可得,由圆与直线的位置关系知在时,到直线距离最短,即为,则的面积的最小值为.故选:B.【点睛】本题考查三角形面积最值,解题关键是掌握直线与圆的位置关系,确定半圆上的点到直线距离的最小值,这由数形结合思想易得.3、C【解析】

设,则,利用和求得,即可.【详解】设,则,因为,则,所以,又,即,所以,所以,故选:C【点睛】本题考查复数的乘法法则的应用,考查共轭复数的应用.4、C【解析】分析:根据复数的运算,求得复数z,再利用复数的表示,即可得到复数对应的点,得到答案.详解:由题意,复数z=2i1-i所以复数z在复平面内对应的点的坐标为(-1,-1),位于复平面内的第三象限,故选C.点睛:本题主要考查了复数的四则运算及复数的表示,其中根据复数的四则运算求解复数z是解答的关键,着重考查了推理与运算能力.5、B【解析】

首先由三视图还原几何体,进一步求出几何体的棱长.【详解】解:根据三视图还原几何体如图所示,所以,该四棱锥体的最长的棱长为.故选:B.【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体,考查运算能力和推理能力,属于基础题.6、D【解析】

原问题转化为有四个不同的实根,换元处理令t,对g(t)进行零点个数讨论.【详解】由题意,a>2,令t,则f(x)=a⇔⇔⇔⇔.记g(t).当t<2时,g(t)=2ln(﹣t)(t)单调递减,且g(﹣2)=2,又g(2)=2,∴只需g(t)=2在(2,+∞)上有两个不等于2的不等根.则⇔,记h(t)(t>2且t≠2),则h′(t).令φ(t),则φ′(t)2.∵φ(2)=2,∴φ(t)在(2,2)大于2,在(2,+∞)上小于2.∴h′(t)在(2,2)上大于2,在(2,+∞)上小于2,则h(t)在(2,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减.由,可得,即a<2.∴实数a的取值范围是(2,2).故选:D.【点睛】此题考查方程的根与函数零点问题,关键在于等价转化,将问题转化为通过导函数讨论函数单调性解决问题.7、D【解析】

根据,先确定出的长度,然后利用双曲线定义将转化为的关系式,化简后可得到的值,即可求渐近线方程.【详解】如图所示:因为,所以,又因为,所以,所以,所以,所以,所以,所以,所以渐近线方程为.故选:D.【点睛】本题考查根据双曲线中的长度关系求解渐近线方程,难度一般.注意双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长度的一半.8、C【解析】

由二项式系数性质,的展开式中所有二项式系数和为计算.【详解】的二项展开式中二项式系数和为,.故选:C.【点睛】本题考查二项式系数的性质,掌握二项式系数性质是解题关键.9、D【解析】

利用直线与圆相交求出实数的取值范围,然后利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】由于直线与圆相交,则,解得.因此,所求概率为.故选:D.【点睛】本题考查几何概型概率的计算,同时也考查了利用直线与圆相交求参数,考查计算能力,属于基础题.10、D【解析】

当时,,∴f(x)不关于直线对称;当时,,∴f(x)关于点对称;f(x)得周期,当时,,∴f(x)在上是增函数.本题选择D选项.11、B【解析】函数(为辅助角)∴函数的最大值为,最小正周期为故选B12、C【解析】

,分子分母同乘以分母的共轭复数即可.【详解】由已知,,故的虚部为.故选:C.【点睛】本题考查复数的除法运算,考查学生的基本运算能力,是一道基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

先求出抛物线的准线方程,然后根据点到准线的距离为6,列出,直接求出结果.【详解】抛物线的准线方程为,由题意得,解得.∵点在抛物线上,∴,∴,故答案为:.【点睛】本小题主要考查抛物线的定义,属于基础题.14、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.15、【解析】解:由题意可知:.16、【解析】

根据正弦定理可得,利用余弦定理以及均值不等式,可得角的范围,然后构造函数,利用导数,研究函数性质,可得结果.【详解】由,,成等差数列所以所以又化简可得当且仅当时,取等号又,所以令,则当,即时,当,即时,则在递增,在递减所以由,所以所以的最小值为最大值为故答案为:,【点睛】本题考查等差数列、正弦定理、余弦定理,还考查了不等式、导数的综合应用,难点在于根据余弦定理以及不等式求出,考验分析能力以及逻辑思维能力,属难题.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),232;(2)【解析】

(1)根据公式代入求解;(2)先列出基本事件空间,再列出要求的事件,最后求概率即可.【详解】解:(1)由表格可求出代入公式求出,所以,所以当时,.所以可预测日平均气温为时该出租车公司的网约订单数约为232份.(2)记这5天中气温不高于的三天分别为,另外两天分别记为,则在这5天中任意选取2天有,共10个基本事件,其中恰有1天网约订单数不低于210份的有,共6个基本事件,所以所求概率,即恰有1天网约订单数不低于20份的概率为.【点睛】考查线性回归系数的求法以及古典概型求概率的方法,中档题.18、(1)见解析;(2).【解析】

(1)先连接,根据线面平行的判定定理,即可证明结论成立;(2)在图2中,过点作,垂足为,连接,,证明平面平面,得到点在底面上的投影必落在直线上,记为点在底面上的投影,连接,,得出即是直线与平面所成角,再由题中数据求解,即可得出结果.【详解】(1)连接,因为等腰梯形中(如图1),,,所以与平行且相等,即四边形为平行四边形;所以;又为线段的中点,为中点,易得:四边形也为平行四边形,所以;将四边形沿折起后,平行关系没有变化,仍有:,且,所以翻折后四边形也为平行四边形;故;因为平面,平面,所以平面;(2)在图2中,过点作,垂足为,连接,,因为,,翻折前梯形的高为,所以,则,;所以;又,,所以,即,所以;又,且平面,平面,所以平面;因此,平面平面;所以点在底面上的投影必落在直线上;记为点在底面上的投影,连接,,则平面;所以即是直线与平面所成角,因为,所以,因此,,故;因为,所以,因此,故,所以.即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查证明线面平行,以及求直线与平面所成的角,熟记线面平行的判定定理,以及线面角的求法即可,属于常考题型.19、(1)证明见解析;(2).【解析】

(1)利用,利用正弦定理,化简即可证明(2)利用(1),得到当时,,得出,得出,然后可得【详解】证明:(1)据题意,得,∴,∴.又∵,∴,∴.解:(2)由(1)求解知,.∴当时,.又,∴,∴,∴.【点睛】本题考查正弦与余弦定理的应用,属于基础题20、(1)曲线的直角坐标方程为,曲线的参数方程为为参数(2)【解析】

(1)将代入,可得,所以曲线的直角坐标方程为.由可得,将,代入上式,可得,整理可得,所以曲线的参数方程为为参数.(2)由题可设,,,所以,,,所以,因为,所以,所以当,即时,l取得最大值为,所以的周长的最大值为.21、(1);(2)见解析【解析】

(1)根据已知可得,结合离心率和关系,即可求出椭圆的标准方程;(2)斜率不为零,设的方程为,与椭圆方程联立,消去,得到纵坐标关系,求出方程,令求出坐标,要证、、三点共线,只需证,将分子用纵坐标表示,即可证明结论.【详解】(1)由于,将代入椭圆方程,得,由题意知,即.又,所以,.所以椭圆的方程为.(2)解法一:依题意直线斜率不为0,设的方程为,联立方程,消去得,由题意,得恒成立,设,,所以,直线的方程为.令,得.又因为,,则直线,的斜率分别为,,所以.上式中的分子,.所以,,三点共线.解法二:当直线的斜率不存在时,由题意,得的方程为,代入椭圆的方程,得,,直线的方程为.则,,,所以,即

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