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文档简介

贵州省凯里市一中2025届高三六校第一次联考数学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.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.设是虚数单位,若复数,则()A. B. C. D.2.若函数的图象经过点,则函数图象的一条对称轴的方程可以为()A. B. C. D.3.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.4.如图所示程序框图,若判断框内为“”,则输出()A.2 B.10 C.34 D.985.我国古代数学名著《九章算术》有一问题:“今有鳖臑(biēnaò),下广五尺,无袤;上袤四尺,无广;高七尺.问积几何?”该几何体的三视图如图所示,则此几何体外接球的表面积为()A.平方尺 B.平方尺C.平方尺 D.平方尺6.造纸术、印刷术、指南针、火药被称为中国古代四大发明,此说法最早由英国汉学家艾约瑟提出并为后来许多中国的历史学家所继承,普遍认为这四种发明对中国古代的政治,经济,文化的发展产生了巨大的推动作用.某小学三年级共有学生500名,随机抽查100名学生并提问中国古代四大发明,能说出两种发明的有45人,能说出3种及其以上发明的有32人,据此估计该校三级的500名学生中,对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有()A.69人 B.84人 C.108人 D.115人7.在中,为边上的中点,且,则()A. B. C. D.8.在区间上随机取一个数,使直线与圆相交的概率为()A. B. C. D.9.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10.已知函数,则下列结论错误的是()A.函数的最小正周期为πB.函数的图象关于点对称C.函数在上单调递增D.函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到11.已知函数,要得到函数的图象,只需将的图象()A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度12.已知数列是公差为的等差数列,且成等比数列,则()A.4 B.3 C.2 D.1二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知圆柱的上下底面的中心分别为,过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为36的正方形,则该圆柱的体积为____14.已知抛物线的对称轴与准线的交点为,直线与交于,两点,若,则实数__________.15.棱长为的正四面体与正三棱锥的底面重合,若由它们构成的多面体的顶点均在一球的球面上,则正三棱锥的内切球半径为______.16.已知函数的定义域为R,导函数为,若,且,则满足的x的取值范围为______.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)如图,在长方体中,,为的中点,为的中点,为线段上一点,且满足,为的中点.(1)求证:平面;(2)求二面角的余弦值.18.(12分)如图是圆的直径,垂直于圆所在的平面,为圆周上不同于的任意一点(1)求证:平面平面;(2)设为的中点,为上的动点(不与重合)求二面角的正切值的最小值19.(12分)已知数列的前项和为,且满足.(1)求数列的通项公式;(2)若,,且数列前项和为,求的取值范围.20.(12分)已知在多面体中,平面平面,且四边形为正方形,且//,,,点,分别是,的中点.(1)求证:平面;(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.21.(12分)在底面为菱形的四棱柱中,平面.(1)证明:平面;(2)求二面角的正弦值.22.(10分)在三棱锥中,是边长为的正三角形,平面平面,,M、N分别为、的中点.​(1)证明:;(2)求三棱锥的体积.

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、A【解析】

结合复数的除法运算和模长公式求解即可【详解】∵复数,∴,,则,故选:A.【点睛】本题考查复数的除法、模长、平方运算,属于基础题2、B【解析】

由点求得的值,化简解析式,根据三角函数对称轴的求法,求得的对称轴,由此确定正确选项.【详解】由题可知.所以令,得令,得故选:B【点睛】本小题主要考查根据三角函数图象上点的坐标求参数,考查三角恒等变换,考查三角函数对称轴的求法,属于中档题.3、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.4、C【解析】

由题意,逐步分析循环中各变量的值的变化情况,即可得解.【详解】由题意运行程序可得:,,,;,,,;,,,;不成立,此时输出.故选:C.【点睛】本题考查了程序框图,只需在理解程序框图的前提下细心计算即可,属于基础题.5、A【解析】

根据三视图得出原几何体的立体图是一个三棱锥,将三棱锥补充成一个长方体,此长方体的外接球就是该三棱锥的外接球,由球的表面积公式计算可得选项.【详解】由三视图可得,该几何体是一个如图所示的三棱锥,为三棱锥外接球的球心,此三棱锥的外接球也是此三棱锥所在的长方体的外接球,所以为的中点,设球半径为,则,所以外接球的表面积,故选:A.【点睛】本题考查求几何体的外接球的表面积,关键在于由几何体的三视图得出几何体的立体图,找出外接球的球心位置和半径,属于中档题.6、D【解析】

先求得名学生中,只能说出一种或一种也说不出的人数,由此利用比例,求得名学生中对四大发明只能说出一种或一种也说不出的人数.【详解】在这100名学生中,只能说出一种或一种也说不出的有人,设对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有人,则,解得人.故选:D【点睛】本小题主要考查利用样本估计总体,属于基础题.7、A【解析】

由为边上的中点,表示出,然后用向量模的计算公式求模.【详解】解:为边上的中点,,故选:A【点睛】在三角形中,考查中点向量公式和向量模的求法,是基础题.8、C【解析】

根据直线与圆相交,可求出k的取值范围,根据几何概型可求出相交的概率.【详解】因为圆心,半径,直线与圆相交,所以,解得所以相交的概率,故选C.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系,几何概型,属于中档题.9、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.10、D【解析】

由可判断选项A;当时,可判断选项B;利用整体换元法可判断选项C;可判断选项D.【详解】由题知,最小正周期,所以A正确;当时,,所以B正确;当时,,所以C正确;由的图象向左平移个单位,得,所以D错误.故选:D.【点睛】本题考查余弦型函数的性质,涉及到周期性、对称性、单调性以及图象变换后的解析式等知识,是一道中档题.11、A【解析】

根据函数图像平移原则,即可容易求得结果.【详解】因为,故要得到,只需将向左平移个单位长度.故选:A.【点睛】本题考查函数图像平移前后解析式的变化,属基础题.12、A【解析】

根据等差数列和等比数列公式直接计算得到答案.【详解】由成等比数列得,即,已知,解得.故选:.【点睛】本题考查了等差数列,等比数列的基本量的计算,意在考查学生的计算能力.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

由轴截面是正方形,易求底面半径和高,则圆柱的体积易求.【详解】解:因为轴截面是正方形,且面积是36,所以圆柱的底面直径和高都是6故答案为:【点睛】考查圆柱的轴截面和其体积的求法,是基础题.14、【解析】

由于直线过抛物线的焦点,因此过,分别作的准线的垂线,垂足分别为,,由抛物线的定义及平行线性质可得,从而再由抛物线定义可求得直线倾斜角的余弦,再求得正切即为直线斜率.注意对称性,问题应该有两解.【详解】直线过抛物线的焦点,,过,分别作的准线的垂线,垂足分别为,,由抛物线的定义知,.因为,所以.因为,所以,从而.设直线的倾斜角为,不妨设,如图,则,,同理,则,解得,,由对称性还有满足题意.,综上,.【点睛】本题考查抛物线的性质,考查抛物线的焦点弦问题,掌握抛物线的定义,把抛物线上点到焦点距离与它到距离联系起来是解题关键.15、【解析】

由棱长为的正四面体求出外接球的半径,进而求出正三棱锥的高及侧棱长,可得正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直,进而求出体积与表面积,设内切圆的半径,由等体积,求出内切圆的半径.【详解】由题意可知:多面体的外接球即正四面体的外接球作面交于,连接,如图则,且为外接球的直径,可得,设三角形的外接圆的半径为,则,解得,设外接球的半径为,则可得,即,解得,设正三棱锥的高为,因为,所以,所以,而,所以正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直,所以,设内切球的半径为,,即解得:.故答案为:.【点睛】本题考查多面体与球的内切和外接问题,考查转化与化归思想,考查空间想象能力、运算求解能力,求解时注意借助几何体的直观图进行分析.16、【解析】

构造函数,再根据条件确定为奇函数且在上单调递减,最后利用单调性以及奇偶性化简不等式,解得结果.【详解】依题意,,令,则,故函数为奇函数,故函数在上单调递减,则,即,故,则x的取值范围为.故答案为:【点睛】本题考查函数奇偶性、单调性以及利用函数性质解不等式,考查综合分析求解能力,属中档题.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)证明见解析(2)【解析】

(1)解法一:作的中点,连接,.利用三角形的中位线证得,利用梯形中位线证得,由此证得平面平面,进而证得平面.解法二:建立空间直角坐标系,通过证明直线的方向向量和平面的法向量垂直,证得平面.(2)利用平面和平面法向量,计算出二面角的余弦值.【详解】(1)法一:作的中点,连接,.又为的中点,∴为的中位线,∴,又为的中点,∴为梯形的中位线,∴,在平面中,,在平面中,,∴平面平面,又平面,∴平面.另解:(法二)∵在长方体中,,,两两互相垂直,建立空间直角坐标系如图所示,则,,,,,,,,,,,.(1)设平面的一个法向量为,则,令,则,.∴,又,∵,,又平面,平面.(2)设平面的一个法向量为,则,令,则,.∴.同理可算得平面的一个法向量为∴,又由图可知二面角的平面角为一个钝角,故二面角的余弦值为.【点睛】本小题考查线面的位置关系,空间向量与线面角,二面角等基础知识,考查空间想象能力,推理论证能力,运算求解能力,数形结合思想,化归与转化思想.18、(1)见解析(2)【解析】

(1)推导出,,从而平面,由面面垂直的判定定理即可得证.(2)过作,以为坐标原点,建立如图所示空间坐标系,设,利用空间向量法表示出二面角的余弦值,当余弦值取得最大时,正切值求得最小值;【详解】(1)因为,面,,平面,平面,平面,又平面,平面平面;(2)过作,以为坐标原点,建立如图所示空间坐标系,则,设,则平面的一个法向量为设平面的一个法向量为则,即,令,如图二面角的平面角为锐角,设二面角为,则,时取得最大值,最大值为,则最小值为【点睛】本题考查面面垂直的证明,利用空间向量法解决立体几何问题,属于中档题.19、(1)(2)【解析】

(1)由,可求,然后由时,可得,根据等比数列的通项可求(2)由,而,利用裂项相消法可求.【详解】(1)当时,,解得,当时,①②②①得,即,数列是以2为首项,2为公比的等比数列,;(2)∴,∴,,.【点睛】本题考查递推公式在数列的通项求解中的应用,等比数列的通项公式、裂项求和方法,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.20、(1)证明见解析;(2).【解析】

(1)构造直线所在平面,由面面平行推证线面平行;(2)以为坐标原点,建立空间直角坐标系,分别求出两个平面的法向量,再由法向量之间的夹角,求得二面角的余弦值.【详解】(1)过点交于点,连接,如下图所示:因为平面平面,且交线为,又四边形为正方形,故可得,故可得平面,又平面,故可得.在三角形中,因为为中点,,故可得//,为中点;又因为四边形为等腰梯形,是的中点,故可得//;又,且平面,平面,故面面,又因为平面,故面.即证.(2)连接,,作交于点,由(1)可知平面,又因为//,故可得平面,则;又因为//,,故可得即,,两两垂直,则分别以,,为,,轴建立空间直角坐标系,则,,,,,,设面的法向量为,则,,则,可取,设平面的法向量为,则,,则,可取,可知平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查由面面平行推证线面平行,涉及用向量法求二面角的大小,

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