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文档简介
2025届山东省济南市金柱高三第二次模拟考试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.有一圆柱状有盖铁皮桶(铁皮厚度忽略不计),底面直径为cm,高度为cm,现往里面装直径为cm的球,在能盖住盖子的情况下,最多能装()(附:)A.个 B.个 C.个 D.个2.关于函数有下述四个结论:()①是偶函数;②在区间上是单调递增函数;③在上的最大值为2;④在区间上有4个零点.其中所有正确结论的编号是()A.①②④ B.①③ C.①④ D.②④3.设全集,集合,,则()A. B. C. D.4.已知变量,满足不等式组,则的最小值为()A. B. C. D.5.已知,,是平面内三个单位向量,若,则的最小值()A. B. C. D.56.若集合,,则=()A. B. C. D.7.下图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形,此图由三个半圆构成,三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边、直角边,已知以直角边为直径的半圆的面积之比为,记,则()A. B. C.1 D.8.已知实数x,y满足,则的最小值等于()A. B. C. D.9.已知(),i为虚数单位,则()A. B.3 C.1 D.510.在中,,则=()A. B.C. D.11.已知集合,则等于()A. B. C. D.12.的展开式中的系数是()A.160 B.240 C.280 D.320二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在平面直角坐标系中,已知点,,若圆上有且仅有一对点,使得的面积是的面积的2倍,则的值为_______.14.公比为正数的等比数列的前项和为,若,,则的值为__________.15.已知函数恰好有3个不同的零点,则实数的取值范围为____16.函数在区间内有且仅有两个零点,则实数的取值范围是_____.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)若函数,试讨论的单调性;(2)若,,求的取值范围.18.(12分)如图,在矩形中,,,点分别是线段的中点,分别将沿折起,沿折起,使得重合于点,连结.(Ⅰ)求证:平面平面;(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.19.(12分)已知直线的参数方程:(为参数)和圆的极坐标方程:(1)将直线的参数方程化为普通方程,圆的极坐标方程化为直角坐标方程;(2)已知点,直线与圆相交于、两点,求的值.20.(12分)己知函数.(1)当时,求证:;(2)若函数,求证:函数存在极小值.21.(12分)已知函数.(1)讨论的单调性;(2)若函数在上存在两个极值点,,且,证明.22.(10分)如图,是矩形,的顶点在边上,点,分别是,上的动点(的长度满足需求).设,,,且满足.(1)求;(2)若,,求的最大值.
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、C【解析】
计算球心连线形成的正四面体相对棱的距离为cm,得到最上层球面上的点距离桶底最远为cm,得到不等式,计算得到答案.【详解】由题意,若要装更多的球,需要让球和铁皮桶侧面相切,且相邻四个球两两相切,这样,相邻的四个球的球心连线构成棱长为cm的正面体,易求正四面体相对棱的距离为cm,每装两个球称为“一层”,这样装层球,则最上层球面上的点距离桶底最远为cm,若想要盖上盖子,则需要满足,解得,所以最多可以装层球,即最多可以装个球.故选:【点睛】本题考查了圆柱和球的综合问题,意在考查学生的空间想象能力和计算能力.2、C【解析】
根据函数的奇偶性、单调性、最值和零点对四个结论逐一分析,由此得出正确结论的编号.【详解】的定义域为.由于,所以为偶函数,故①正确.由于,,所以在区间上不是单调递增函数,所以②错误.当时,,且存在,使.所以当时,;由于为偶函数,所以时,所以的最大值为,所以③错误.依题意,,当时,,所以令,解得,令,解得.所以在区间,有两个零点.由于为偶函数,所以在区间有两个零点.故在区间上有4个零点.所以④正确.综上所述,正确的结论序号为①④.故选:C【点睛】本小题主要考查三角函数的奇偶性、单调性、最值和零点,考查化归与转化的数学思想方法,属于中档题.3、B【解析】
可解出集合,然后进行补集、交集的运算即可.【详解】,,则,因此,.故选:B.【点睛】本题考查补集和交集的运算,涉及一元二次不等式的求解,考查运算求解能力,属于基础题.4、B【解析】
先根据约束条件画出可行域,再利用几何意义求最值.【详解】解:由变量,满足不等式组,画出相应图形如下:可知点,,在处有最小值,最小值为.故选:B.【点睛】本题主要考查简单的线性规划,运用了数形结合的方法,属于基础题.5、A【解析】
由于,且为单位向量,所以可令,,再设出单位向量的坐标,再将坐标代入中,利用两点间的距离的几何意义可求出结果.【详解】解:设,,,则,从而,等号可取到.故选:A【点睛】此题考查的是平面向量的坐标、模的运算,利用整体代换,再结合距离公式求解,属于难题.6、C【解析】试题分析:化简集合故选C.考点:集合的运算.7、D【解析】
根据以直角边为直径的半圆的面积之比求得,即的值,由此求得和的值,进而求得所求表达式的值.【详解】由于直角边为直径的半圆的面积之比为,所以,即,所以,所以.故选:D【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式,考查二倍角公式,属于基础题.8、D【解析】
设,,去绝对值,根据余弦函数的性质即可求出.【详解】因为实数,满足,设,,,恒成立,,故则的最小值等于.故选:.【点睛】本题考查了椭圆的参数方程、三角函数的图象和性质,考查了运算能力和转化能力,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9、C【解析】
利用复数代数形式的乘法运算化简得答案.【详解】由,得,解得.故选:C.【点睛】本题考查复数代数形式的乘法运算,是基础题.10、B【解析】
在上分别取点,使得,可知为平行四边形,从而可得到,即可得到答案.【详解】如下图,,在上分别取点,使得,则为平行四边形,故,故答案为B.【点睛】本题考查了平面向量的线性运算,考查了学生逻辑推理能力,属于基础题.11、C【解析】
先化简集合A,再与集合B求交集.【详解】因为,,所以.故选:C【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及分式不等式的解法,属于基础题.12、C【解析】
首先把看作为一个整体,进而利用二项展开式求得的系数,再求的展开式中的系数,二者相乘即可求解.【详解】由二项展开式的通项公式可得的第项为,令,则,又的第为,令,则,所以的系数是.故选:C【点睛】本题考查二项展开式指定项的系数,掌握二项展开式的通项是解题的关键,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
写出所在直线方程,求出圆心到直线的距离,结合题意可得关于的等式,求解得答案.【详解】解:直线的方程为,即.圆的圆心到直线的距离,由的面积是的面积的2倍的点,有且仅有一对,可得点到的距离是点到直线的距离的2倍,可得过圆的圆心,如图:由,解得.故答案为:.【点睛】本题考查直线和圆的位置关系以及点到直线的距离公式应用,考查数形结合的解题思想方法,属于中档题.14、56【解析】
根据已知条件求等比数列的首项和公比,再代入等比数列的通项公式,即可得到答案.【详解】,,.故答案为:.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和前项和公式,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力.15、【解析】
恰好有3个不同的零点恰有三个根,然后转化成求函数值域即可.【详解】解:恰好有3个不同的零点恰有三个根,令,,在递增;,递减,递增,时,在有一个零点,在有2个零点;故答案为:.【点睛】已知函数的零点个数求参数的取值范围是重点也是难点,这类题一般用分离参数的方法,中档题.16、【解析】
对函数零点问题等价转化,分离参数讨论交点个数,数形结合求解.【详解】由题:函数在区间内有且仅有两个零点,,等价于函数恰有两个公共点,作出大致图象:要有两个交点,即,所以.故答案为:【点睛】此题考查函数零点问题,根据函数零点个数求参数的取值范围,关键在于对函数零点问题恰当变形,等价转化,数形结合求解.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)答案不唯一,具体见解析(2)【解析】
(1)由于函数,得出,分类讨论当和时,的正负,进而得出的单调性;(2)求出,令,得,设,通过导函数,可得出在上的单调性和值域,再分类讨论和时,的单调性,再结合,恒成立,即可求出的取值范围.【详解】解:(1)因为,所以,①当时,,在上单调递减.②当时,令,则;令,则,所以在单调递增,在上单调递减.综上所述,当时,在上单调递减;当时,在上单调递增,在上单调递减.(2)因为,可知,,令,得.设,则.当时,,在上单调递增,所以在上的值域是,即.当时,没有实根,且,在上单调递减,,符合题意.当时,,所以有唯一实根,当时,,在上单调递增,,不符合题意.综上,,即的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和根据恒成立问题求参数范围,还运用了构造函数法,还考查分类讨论思想和计算能力,属于难题.18、(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).【解析】
(Ⅰ)根据,,可得平面,故而平面平面.(Ⅱ)过作于,则可证平面,故为所求角,在中利用余弦定理计算,再计算.【详解】解:(Ⅰ)因为,,,平面,平面所以平面,又平面,所以平面平面;(Ⅱ)过作于,则由平面,且平面知,所以平面,从而是直线与平面所成角.因为,,,所以,从而.【点睛】本题考查了面面垂直的判定,考查直线与平面所成角的计算,属于中档题.19、(1):,:;(2)【解析】
(1)消去参数求得直线的普通方程,将两边同乘以,化简求得圆的直角坐标方程.(2)求得直线的标准参数方程,代入圆的直角坐标方程,化简后写出韦达定理,根据直线参数的几何意义,求得的值.【详解】(1)消去参数,得直线的普通方程为,将两边同乘以得,,∴圆的直角坐标方程为;(2)经检验点在直线上,可转化为①,将①式代入圆的直角坐标方程为得,化简得,设是方程的两根,则,,∵,∴与同号,由的几何意义得.【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程、极坐标方程化为直角坐标方程,考查利用直线参数的几何意义求解距离问题,属于中档题.20、(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】
(1)求导得,由,且,得到,再利用函数在上单调递减论证.(2)根据题意,求导,令,易知;,易知当时,,;当时,函数单调递增,而,又,由零点存在定理得,使得,,使得,有从而得证.【详解】(1)依题意,,因为,且,故,故函数在上单调递减,故.(2)依题意,,令,则;而,可知当时,,故函数在上单调递增,故当时,;当时,函数单调递增,而,又,故,使得,故,使得,即函数单调递增,即单调递增;故当时,,故函数在上单调递减,在上单调递增,故当时,函数有极小值.【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质,还考查推理论证能力以及函数与方程思想,属于难题.21、(1)若,则在定义域内递增;若,则在上单调递增,在上单调递减(2)证明见解析【解析】
(1),分,讨论即可;(2)由题可得到,故只需证,,即,采用换元法,转化为函数的最值问题来处理.【详解】由已知,,若,则在定义域内递增;若,则在上单调递增,在上单调递减.(2)由题意,对求导可得从而,是的两个变号零点,因此下证:,即证令,即证:,对求导可得,,,因为故,所以在上单调递减,而,从而所以在单调递增,所以,即于是【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性以及证明不等式,考查学生逻辑推理能力、转化与化归能力,
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