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文档简介
浙江省桐乡第一中学2025届高三下学期第五次调研考试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.已知椭圆+=1(a>b>0)与直线交于A,B两点,焦点F(0,-c),其中c为半焦距,若△ABF是直角三角形,则该椭圆的离心率为()A. B. C. D.2.若的展开式中的系数之和为,则实数的值为()A. B. C. D.13.已知椭圆的中心为原点,为的左焦点,为上一点,满足且,则椭圆的方程为()A. B. C. D.4.某个命题与自然数有关,且已证得“假设时该命题成立,则时该命题也成立”.现已知当时,该命题不成立,那么()A.当时,该命题不成立 B.当时,该命题成立C.当时,该命题不成立 D.当时,该命题成立5.已知函数,若则()A.f(a)<f(b)<f(c) B.f(b)<f(c)<f(a)C.f(a)<f(c)<f(b) D.f(c)<f(b)<f(a)6.已知盒中有3个红球,3个黄球,3个白球,且每种颜色的三个球均按,,编号,现从中摸出3个球(除颜色与编号外球没有区别),则恰好不同时包含字母,,的概率为()A. B. C. D.7.已知为定义在上的偶函数,当时,,则()A. B. C. D.8.五行学说是华夏民族创造的哲学思想,是华夏文明重要组成部分.古人认为,天下万物皆由金、木、水、火、土五类元素组成,如图,分别是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生相克的关系.若从5类元素中任选2类元素,则2类元素相生的概率为()A. B. C. D.9.设,,,则、、的大小关系为()A. B. C. D.10.设是虚数单位,则“复数为纯虚数”是“”的()A.充要条件 B.必要不充分条件C.既不充分也不必要条件 D.充分不必要条件11.已知双曲线,点是直线上任意一点,若圆与双曲线的右支没有公共点,则双曲线的离心率取值范围是().A. B. C. D.12.在正方体中,,分别为,的中点,则异面直线,所成角的余弦值为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.三对父子去参加亲子活动,坐在如图所示的6个位置上,有且仅有一对父子是相邻而坐的坐法有________种(比如:B与D、B与C是相邻的,A与D、C与D是不相邻的).14.已知复数(为虚数单位),则的共轭复数是_____,_____.15.已知实数满足,则的最大值为________.16.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a2三、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)若不等式的解集为,求的值.(2)若当时,,求的取值范围.18.(12分)如图(1)五边形中,,将沿折到的位置,得到四棱锥,如图(2),点为线段的中点,且平面.(1)求证:平面平面;(2)若直线与所成角的正切值为,求直线与平面所成角的正弦值.19.(12分)在多面体中,四边形是正方形,平面,,,为的中点.(1)求证:;(2)求平面与平面所成角的正弦值.20.(12分)在△ABC中,分别为三个内角A、B、C的对边,且(1)求角A;(2)若且求△ABC的面积.21.(12分)已知函数(),不等式的解集为.(1)求的值;(2)若,,,且,求的最大值.22.(10分)在平面直角坐标系中,直线的的参数方程为(其中为参数),以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴的极坐标系中,点的极坐标为,直线经过点.曲线的极坐标方程为.(1)求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程;(2)过点作直线的垂线交曲线于两点(在轴上方),求的值.
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、A【解析】
联立直线与椭圆方程求出交点A,B两点,利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式,解方程求解即可.【详解】联立方程,解方程可得或,不妨设A(0,a),B(-b,0),由题意可知,·=0,因为,,由平面向量垂直的坐标表示可得,,因为,所以a2-c2=ac,两边同时除以可得,,解得e=或(舍去),所以该椭圆的离心率为.故选:A【点睛】本题考查椭圆方程及其性质、离心率的求解、平面向量垂直的坐标表示;考查运算求解能力和知识迁移能力;利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.2、B【解析】
由,进而分别求出展开式中的系数及展开式中的系数,令二者之和等于,可求出实数的值.【详解】由,则展开式中的系数为,展开式中的系数为,二者的系数之和为,得.故选:B.【点睛】本题考查二项式定理的应用,考查学生的计算求解能力,属于基础题.3、B【解析】由题意可得c=,设右焦点为F′,由|OP|=|OF|=|OF′|知,∠PFF′=∠FPO,∠OF′P=∠OPF′,所以∠PFF′+∠OF′P=∠FPO+∠OPF′,由∠PFF′+∠OF′P+∠FPO+∠OPF′=180°知,∠FPO+∠OPF′=90°,即PF⊥PF′.在Rt△PFF′中,由勾股定理,得|PF′|=,由椭圆定义,得|PF|+|PF′|=2a=4+8=12,从而a=6,得a2=36,于是b2=a2﹣c2=36﹣=16,所以椭圆的方程为.故选B.点睛:椭圆的定义:到两定点距离之和为常数的点的轨迹,当和大于两定点间的距离时,轨迹是椭圆,当和等于两定点间的距离时,轨迹是线段(两定点间的连线段),当和小于两定点间的距离时,轨迹不存在.4、C【解析】
写出命题“假设时该命题成立,则时该命题也成立”的逆否命题,结合原命题与逆否命题的真假性一致进行判断.【详解】由逆否命题可知,命题“假设时该命题成立,则时该命题也成立”的逆否命题为“假设当时该命题不成立,则当时该命题也不成立”,由于当时,该命题不成立,则当时,该命题也不成立,故选:C.【点睛】本题考查逆否命题与原命题等价性的应用,解题时要写出原命题的逆否命题,结合逆否命题的等价性进行判断,考查逻辑推理能力,属于中等题.5、C【解析】
利用导数求得在上递增,结合与图象,判断出的大小关系,由此比较出的大小关系.【详解】因为,所以在上单调递增;在同一坐标系中作与图象,,可得,故.故选:C【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性,考查利用函数的单调性比较大小,考查数形结合的数学思想方法,属于中档题.6、B【解析】
首先求出基本事件总数,则事件“恰好不同时包含字母,,”的对立事件为“取出的3个球的编号恰好为字母,,”,记事件“恰好不同时包含字母,,”为,利用对立事件的概率公式计算可得;【详解】解:从9个球中摸出3个球,则基本事件总数为(个),则事件“恰好不同时包含字母,,”的对立事件为“取出的3个球的编号恰好为字母,,”记事件“恰好不同时包含字母,,”为,则.故选:B【点睛】本题考查了古典概型及其概率计算公式,考查了排列组合的知识,解答的关键在于正确理解题意,属于基础题.7、D【解析】
判断,利用函数的奇偶性代入计算得到答案.【详解】∵,∴.故选:【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性求值,意在考查学生对于函数性质的灵活运用.8、A【解析】
列举出金、木、水、火、土任取两个的所有结果共10种,其中2类元素相生的结果有5种,再根据古典概型概率公式可得结果.【详解】金、木、水、火、土任取两类,共有:金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土10种结果,其中两类元素相生的有火木、火土、木水、水金、金土共5结果,所以2类元素相生的概率为,故选A.【点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用,属于基础题,利用古典概型概率公式求概率时,找准基本事件个数是解题的关键,基本亊件的探求方法有(1)枚举法:适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的;(2)树状图法:适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时,一定要按顺序逐个写出:先,….,再,…..依次….…这样才能避免多写、漏写现象的发生.9、D【解析】
因为,,所以且在上单调递减,且所以,所以,又因为,,所以,所以.故选:D.【点睛】本题考查利用指对数函数的单调性比较指对数的大小,难度一般.除了可以直接利用单调性比较大小,还可以根据中间值“”比较大小.10、D【解析】
结合纯虚数的概念,可得,再结合充分条件和必要条件的定义即可判定选项.【详解】若复数为纯虚数,则,所以,若,不妨设,此时复数,不是纯虚数,所以“复数为纯虚数”是“”的充分不必要条件.故选:D【点睛】本题考查充分条件和必要条件,考查了纯虚数的概念,理解充分必要条件的逻辑关系是解题的关键,属于基础题.11、B【解析】
先求出双曲线的渐近线方程,可得则直线与直线的距离,根据圆与双曲线的右支没有公共点,可得,解得即可.【详解】由题意,双曲线的一条渐近线方程为,即,∵是直线上任意一点,则直线与直线的距离,∵圆与双曲线的右支没有公共点,则,∴,即,又故的取值范围为,故选:B.【点睛】本题主要考查了直线和双曲线的位置关系,以及两平行线间的距离公式,其中解答中根据圆与双曲线的右支没有公共点得出是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.12、D【解析】
连接,,因为,所以为异面直线与所成的角(或补角),不妨设正方体的棱长为2,取的中点为,连接,在等腰中,求出,在利用二倍角公式,求出,即可得出答案.【详解】连接,,因为,所以为异面直线与所成的角(或补角),不妨设正方体的棱长为2,则,,在等腰中,取的中点为,连接,则,,所以,即:,所以异面直线,所成角的余弦值为.故选:D.【点睛】本题考查空间异面直线的夹角余弦值,利用了正方体的性质和二倍角公式,还考查空间思维和计算能力.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、192【解析】
根据题意,分步进行分析:①,在三对父子中任选1对,安排在相邻的位置上,②,将剩下的4人安排在剩下的4个位置,要求父子不能坐在相邻的位置,由分步计数原理计算可得答案.【详解】根据题意,分步进行分析:①,在三对父子中任选1对,有3种选法,由图可得相邻的位置有4种情况,将选出的1对父子安排在相邻的位置,有种安排方法;②,将剩下的4人安排在剩下的4个位置,要求父子不能坐在相邻的位置,有种安排方法,则有且仅有一对父子是相邻而坐的坐法种;故答案为:【点睛】本题考查排列、组合的应用,涉及分步计数原理的应用,属于基础题.14、【解析】
直接利用复数的乘法运算化简,从而得到复数的共轭复数和的模.【详解】,则复数的共轭复数为,且.故答案为:;.【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算,考查了复数的基本概念,是基础的计算题.15、【解析】
作出不等式组所表示的平面区域,将目标函数看作点与可行域的点所构成的直线的斜率,当直线过时,直线的斜率取得最大值,代入点A的坐标可得答案.【详解】画出二元一次不等式组所表示的平面区域,如下图所示,由得点,目标函数表示点与可行域的点所构成的直线的斜率,当直线过时,直线的斜率取得最大值,此时的最大值为.故答案为:.【点睛】本题考查求目标函数的最值,关键在于明确目标函数的几何意义,属于中档题.16、-2【解析】试题分析:∵a2考点:等比数列性质及求和公式三、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】试题分析:(1)求得的解集,根据集合相等,列出方程组,即可求解的值;(2)①当时,恒成立,②当时,转化为,设,求得函数的最小值,即可求解的取值范围.试题解析:(1)由,得,因为不等式的解集为,所以,故不等式可化为,解得,所以,解得.(2)①当时,恒成立,所以.②当时,可化为,设,则,所以当时,,所以.综上,的取值范围是.18、(1)见解析(2)【解析】试题分析:(1)根据已知条件由线线垂直得出线面垂直,再根据面面垂直的判定定理证得成立;(2)通过已知条件求出各边长度,建系如图所示,求出平面的法向量,根据线面角公式代入坐标求得结果.试题解析:(1)证明:取的中点,连接,则,又,所以,则四边形为平行四边形,所以,又平面,∴平面,∴.由即及为的中点,可得为等边三角形,∴,又,∴,∴,∴平面平面,∴平面平面.(2)解:,∴为直线与所成的角,由(1)可得,∴,∴,设,则,取的中点,连接,过作的平行线,可建立如图所示的空间直角坐标系,则,∴,所以,设为平面的法向量,则,即,取,则为平面的一个法向量,∵,则直线与平面所成角的正弦值为.点睛:判定直线和平面垂直的方法:①定义法.②利用判定定理:一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线和此平面垂直.③推论:如果在两条平行直线中,有一条垂直于一个平面,那么另一条直线也垂直于这个平面.平面与平面垂直的判定方法:①定义法.②利用判定定理:一个平面过另一个平面的一条垂线,则这两个平面垂直.19、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)首先证明,,,∴平面.即可得到平面,.(2)以为坐标原点,,,所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,分别求出平面和平面的法向量,带入公式求解即可.【详解】(1)∵平面,平面,∴.又∵四边形是正方形,∴.∵,∴平面.∵平面,∴.又∵,为的中点,∴.∵,∴平面.∵平面,∴.(2)∵平面,,∴平面.以为坐标原点,,,所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.如图所示:则,,,.∴,,.设为平面的法向量,则,得,令,则.由题意知为平面的一个法向量,∴,∴平面与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题第一问考查线线垂直,先证线面垂直时解题关键,第二问考查二面角,建立空间直角坐标系是解题关键,属于中档题.20、(1);(2).【解析】
(1)整理得:,再由余弦定理可得,问题得解.(2)由正弦定理得:,,,再代入即可得解.【详解】(1)由题意,得,∴;(2)由正弦定理,得,,∴.【点睛】
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