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文档简介
2025届新疆伊犁州奎屯一中高三第三次测评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.设全集,集合,,则()A. B. C. D.2.展开项中的常数项为A.1 B.11 C.-19 D.513.集合,,则=()A. B.C. D.4.已知等差数列{an},则“a2>a1”是“数列{an}为单调递增数列”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件5.已知函数,若关于的方程有4个不同的实数根,则实数的取值范围为()A. B. C. D.6.若复数,则()A. B. C. D.207.设i是虚数单位,若复数是纯虚数,则a的值为()A. B.3 C.1 D.8.记单调递增的等比数列的前项和为,若,,则()A. B. C. D.9.已知函数,若曲线在点处的切线方程为,则实数的取值为()A.-2 B.-1 C.1 D.210.刘徽(约公元225年-295年),魏晋期间伟大的数学家,中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的,“割之弥细,所失弥少,割之又割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣”,这可视为中国古代极限观念的佳作,割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示),当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,运用割圆术的思想,得到的近似值为()A. B. C. D.11.执行如图所示的程序框图,若输出的,则输入的整数的最大值为()A.7 B.15 C.31 D.6312.若,则,,,的大小关系为()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若x5=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+…+a5(x-2)5,则a1=_____,a1+a2+…+a5=____14.由于受到网络电商的冲击,某品牌的洗衣机在线下的销售受到影响,承受了一定的经济损失,现将地区200家实体店该品牌洗衣机的月经济损失统计如图所示,估算月经济损失的平均数为,中位数为n,则_________.15.已知函数f(x)=axlnx﹣bx(a,b∈R)在点(e,f(e))处的切线方程为y=3x﹣e,则a+b=_____.16.如图,在长方体中,,E,F,G分别为的中点,点P在平面ABCD内,若直线平面EFG,则线段长度的最小值是________________.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)已知椭圆:(),四点,,,中恰有三点在椭圆上.(1)求椭圆的方程;(2)设椭圆的左右顶点分别为.是椭圆上异于的动点,求的正切的最大值.18.(12分)已知函数,.(1)证明:函数的极小值点为1;(2)若函数在有两个零点,证明:.19.(12分)已知.(1)求的单调区间;(2)当时,求证:对于,恒成立;(3)若存在,使得当时,恒有成立,试求的取值范围.20.(12分)设椭圆的右焦点为,过的直线与交于两点,点的坐标为.(1)当直线的倾斜角为时,求线段AB的中点的横坐标;(2)设点A关于轴的对称点为C,求证:M,B,C三点共线;(3)设过点M的直线交椭圆于两点,若椭圆上存在点P,使得(其中O为坐标原点),求实数的取值范围.21.(12分)在四棱锥中,底面是平行四边形,为其中心,为锐角三角形,且平面底面,为的中点,.(1)求证:平面;(2)求证:.22.(10分)设等差数列的首项为0,公差为a,;等差数列的首项为0,公差为b,.由数列和构造数表M,与数表;记数表M中位于第i行第j列的元素为,其中,(i,j=1,2,3,…).记数表中位于第i行第j列的元素为,其中(,,).如:,.(1)设,,请计算,,;(2)设,,试求,的表达式(用i,j表示),并证明:对于整数t,若t不属于数表M,则t属于数表;(3)设,,对于整数t,t不属于数表M,求t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、D【解析】
求解不等式,得到集合A,B,利用交集、补集运算即得解【详解】由于故集合或故集合故选:D【点睛】本题考查了集合的交集和补集混合运算,考查了学生概念理解,数学运算的能力,属于中档题.2、B【解析】
展开式中的每一项是由每个括号中各出一项组成的,所以可分成三种情况.【详解】展开式中的项为常数项,有3种情况:(1)5个括号都出1,即;(2)两个括号出,两个括号出,一个括号出1,即;(3)一个括号出,一个括号出,三个括号出1,即;所以展开项中的常数项为,故选B.【点睛】本题考查二项式定理知识的生成过程,考查定理的本质,即展开式中每一项是由每个括号各出一项相乘组合而成的.3、C【解析】
先化简集合A,B,结合并集计算方法,求解,即可.【详解】解得集合,所以,故选C.【点睛】本道题考查了集合的运算,考查了一元二次不等式解法,关键化简集合A,B,难度较小.4、C【解析】试题分析:根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可.解:在等差数列{an}中,若a2>a1,则d>0,即数列{an}为单调递增数列,若数列{an}为单调递增数列,则a2>a1,成立,即“a2>a1”是“数列{an}为单调递增数列”充分必要条件,故选C.考点:必要条件、充分条件与充要条件的判断.5、C【解析】
求导,先求出在单增,在单减,且知设,则方程有4个不同的实数根等价于方程在上有两个不同的实数根,再利用一元二次方程根的分布条件列不等式组求解可得.【详解】依题意,,令,解得,,故当时,,当,,且,故方程在上有两个不同的实数根,故,解得.故选:C.【点睛】本题考查确定函数零点或方程根个数.其方法:(1)构造法:构造函数(易求,可解),转化为确定的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出的图象草图,数形结合求解;(2)定理法:先用零点存在性定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.6、B【解析】
化简得到,再计算模长得到答案.【详解】,故.故选:.【点睛】本题考查了复数的运算,复数的模,意在考查学生的计算能力.7、D【解析】
整理复数为的形式,由复数为纯虚数可知实部为0,虚部不为0,即可求解.【详解】由题,,因为纯虚数,所以,则,故选:D【点睛】本题考查已知复数的类型求参数范围,考查复数的除法运算.8、C【解析】
先利用等比数列的性质得到的值,再根据的方程组可得的值,从而得到数列的公比,进而得到数列的通项和前项和,根据后两个公式可得正确的选项.【详解】因为为等比数列,所以,故即,由可得或,因为为递增数列,故符合.此时,所以或(舍,因为为递增数列).故,.故选C.【点睛】一般地,如果为等比数列,为其前项和,则有性质:(1)若,则;(2)公比时,则有,其中为常数且;(3)为等比数列()且公比为.9、B【解析】
求出函数的导数,利用切线方程通过f′(0),求解即可;【详解】f(x)的定义域为(﹣1,+∞),因为f′(x)a,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x,可得1﹣a=2,解得a=﹣1,故选:B.【点睛】本题考查函数的导数的几何意义,切线方程的求法,考查计算能力.10、A【解析】
设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,则每个等腰三角形的面积为,由割圆术可得圆的面积为,整理可得,当时即可为所求.【详解】由割圆术可知当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,所以每个等腰三角形的面积为,所以圆的面积为,即,所以当时,可得,故选:A【点睛】本题考查三角形面积公式的应用,考查阅读分析能力.11、B【解析】试题分析:由程序框图可知:①,;②,;③,;④,;⑤,.第⑤步后输出,此时,则的最大值为15,故选B.考点:程序框图.12、D【解析】因为,所以,因为,,所以,.综上;故选D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、80211【解析】
由,利用二项式定理即可得,分别令、后,作差即可得.【详解】由题意,则,令,得,令,得,故.故答案为:80,211.【点睛】本题考查了二项式定理的应用,属于中档题.14、360【解析】
先计算第一块小矩形的面积,第二块小矩形的面积,,面积和超过0.5,所以中位数在第二块求解,然后再求得平均数作差即可.【详解】第一块小矩形的面积,第二块小矩形的面积,故;而,故.故答案为:360.【点睛】本题考查频率分布直方图、样本的数字特征,考查运算求解能力以及数形结合思想,属于基础题.15、0【解析】
由题意,列方程组可求,即求.【详解】∵在点处的切线方程为,,代入得①.又②.联立①②解得:..故答案为:0.【点睛】本题考查导数的几何意义,属于基础题.16、【解析】
如图,连接,证明平面平面EFG.因为直线平面EFG,所以点P在直线AC上.当时.线段的长度最小,再求此时的得解.【详解】如图,连接,因为E,F,G分别为AB,BC,的中点,所以,平面,则平面.因为,所以同理得平面,又.所以平面平面EFG.因为直线平面EFG,所以点P在直线AC上.在中,,故当时.线段的长度最小,最小值为.故答案为:【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明,考查立体几何中的轨迹问题,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.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】
(1)分析可得必在椭圆上,不在椭圆上,代入即得解;(2)设直线PA,PB的倾斜角分别为,斜率为,可得.则,,利用均值不等式,即得解.【详解】(1)因为关于轴对称,所以必在椭圆上,∴不在椭圆上∴,,即.(2)设椭圆上的点(),设直线PA,PB的倾斜角分别为,斜率为又∴.,,(不妨设).故当且仅当,即时等号成立【点睛】本题考查了直线和椭圆综合,考查了学生综合分析,转化划归,数学运算的能力,属于较难题.18、(1)见解析(2)见解析【解析】
(1)利用导函数的正负确定函数的增减.(2)函数在有两个零点,即方程在区间有两解,令通过二次求导确定函数单调性证明参数范围.【详解】解:(1)证明:因为,当时,,,所以在区间递减;当时,,所以,所以在区间递增;且,所以函数的极小值点为1(2)函数在有两个零点,即方程在区间有两解,令,则令,则,所以在单调递增,又,故存在唯一的,使得,即,所以在单调递减,在区间单调递增,且,又因为,所以,方程关于的方程在有两个零点,由的图象可知,,即.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性,确定函数的极值,利用二次求导,零点存在性定理确定参数范围,属于难题.19、(1)单调减区间为,单调增区间为;(2)详见解析;(3).【解析】
试题分析:(1)对函数求导后,利用导数和单调性的关系,可求得函数的单调区间.(2)构造函数,利用导数求得函数在上递减,且,则,故原不等式成立.(3)同(2)构造函数,对分成三类,讨论函数的单调性、极值和最值,由此求得的取值范围.试题解析:(1),当时,.解得.当时,解得.所以单调减区间为,单调增区间为.(2)设,当时,由题意,当时,恒成立.,∴当时,恒成立,单调递减.又,∴当时,恒成立,即.∴对于,恒成立.(3)因为.由(2)知,当时,恒成立,即对于,,不存在满足条件的;当时,对于,,此时.∴,即恒成立,不存在满足条件的;当时,令,可知与符号相同,当时,,,单调递减.∴当时,,即恒成立.综上,的取值范围为.点睛:本题主要考查导数和单调区间,导数与不等式的证明,导数与恒成立问题的求解方法.第一问求函数的单调区间,这是导数问题的基本题型,也是基本功,先求定义域,然后求导,要注意通分和因式分解.二、三两问一个是恒成立问题,一个是存在性问题,要注意取值是最大值还是最小值.20、(1)AB的中点的横坐标为;(2)证明见解析;(3)【解析】
设.(1)因为直线的倾斜角为,,所以直线AB的方程为,联立方程组,消去并整理,得,则,故线段AB的中点的横坐标为.(2)根据题意得点,若直线AB的斜率为0,则直线AB的方程为,A、C两点重合,显然M,B,C三点共线;若直线AB的斜率不为0,设直线AB的方程为,联立方程组,消去并整理得,则,设直线BM、CM的斜率分别为、,则,即=,即M,B,C三点共线.(3)根据题意,得直线GH的斜率存在,设该直线的方程为,设,联立方程组,消去并整理,得,由,整理得,又,所以,结合,得,当时,该直线为轴,即,此时椭圆上任意一点P都满足,此时符合题意;当时,由,得,代入椭圆C的方程,得,整理,得,再结合,得到,即,综上,得到实数的取值范围是.21、(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】
(1)通过证明,即可证明线面平行;(2)通过证明平面,即可证明线线垂直.【详解】(1)连,因为为平行四边形,为其中心,所以,为中点,又因为为中点,所以,又平面,平面所以,平面;(2)作于因为平面平面,平面平面,平面,所以,平面又平面,所以又,,平面,平面所以,平面,又平面,所以,.【点睛】此题考查证明线面平行和线面垂直,通过线面垂直得线线垂直,关键在于熟练掌握相关判定定理,找出平行关系和垂直关系证明.22、(1)
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