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文档简介
2025届甘肃省庆阳市第六中学高三下学期联考数学试题考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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.在正方体中,球同时与以为公共顶点的三个面相切,球同时与以为公共顶点的三个面相切,且两球相切于点.若以为焦点,为准线的抛物线经过,设球的半径分别为,则()A. B. C. D.2.在中,已知,,,为线段上的一点,且,则的最小值为()A. B. C. D.3.设,命题“存在,使方程有实根”的否定是()A.任意,使方程无实根B.任意,使方程有实根C.存在,使方程无实根D.存在,使方程有实根4.已知函数,则的最小值为()A. B. C. D.5.设,是空间两条不同的直线,,是空间两个不同的平面,给出下列四个命题:①若,,,则;②若,,,则;③若,,,则;④若,,,,则.其中正确的是()A.①② B.②③ C.②④ D.③④6.已知复数z满足(其中i为虚数单位),则复数z的虚部是()A. B.1 C. D.i7.已知,满足约束条件,则的最大值为A. B. C. D.8.陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一,但陀螺这个名词,直到明朝刘侗、于奕正合撰的《帝京景物略》一书中才正式出现.如图所示的网格纸中小正方形的边长均为1,粗线画出的是一个陀螺模型的三视图,则该陀螺模型的表面积为()A. B.C. D.9.已知三棱柱的所有棱长均相等,侧棱平面,过作平面与平行,设平面与平面的交线为,记直线与直线所成锐角分别为,则这三个角的大小关系为()A. B.C. D.10.复数的虚部是()A. B. C. D.11.为双曲线的左焦点,过点的直线与圆交于、两点,(在、之间)与双曲线在第一象限的交点为,为坐标原点,若,且,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.12.设实数、满足约束条件,则的最小值为()A.2 B.24 C.16 D.14二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在中,角、、所对的边分别为、、,若,,则的取值范围是_____.14.(5分)某膳食营养科研机构为研究牛蛙体内的维生素E和锌、硒等微量元素(这些元素可以延缓衰老,还能起到抗癌的效果)对人体的作用,现从只雌蛙和只雄蛙中任选只牛蛙进行抽样试验,则选出的只牛蛙中至少有只雄蛙的概率是____________.15.已知函数则______.16.在二项式的展开式中,的系数为________.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,三棱台的底面是正三角形,平面平面,.(1)求证:;(2)若,求直线与平面所成角的正弦值.18.(12分)在中国,不仅是购物,而且从共享单车到医院挂号再到公共缴费,日常生活中几乎全部领域都支持手机支付.出门不带现金的人数正在迅速增加。中国人民大学和法国调查公司益普索合作,调查了腾讯服务的6000名用户,从中随机抽取了60名,统计他们出门随身携带现金(单位:元)如茎叶图如示,规定:随身携带的现金在100元以下(不含100元)的为“手机支付族”,其他为“非手机支付族”.(1)根据上述样本数据,将列联表补充完整,并判断有多大的把握认为“手机支付族”与“性别”有关?(2)用样本估计总体,若从腾讯服务的用户中随机抽取3位女性用户,这3位用户中“手机支付族”的人数为,求随机变量的期望和方差;(3)某商场为了推广手机支付,特推出两种优惠方案,方案一:手机支付消费每满1000元可直减100元;方案二:手机支付消费每满1000元可抽奖2次,每次中奖的概率同为,且每次抽奖互不影响,中奖一次打9折,中奖两次打8.5折.如果你打算用手机支付购买某样价值1200元的商品,请从实际付款金额的数学期望的角度分析,选择哪种优惠方案更划算?附:0.0500.0100.0013.8416.63510.82819.(12分)已知函数.⑴当时,求函数的极值;⑵若存在与函数,的图象都相切的直线,求实数的取值范围.20.(12分)已知函数.(1)当时,求的单调区间.(2)设直线是曲线的切线,若的斜率存在最小值-2,求的值,并求取得最小斜率时切线的方程.(3)已知分别在,处取得极值,求证:.21.(12分)已知函数.(1)讨论函数f(x)的极值点的个数;(2)若f(x)有两个极值点证明.22.(10分)等比数列中,.(Ⅰ)求的通项公式;(Ⅱ)记为的前项和.若,求.
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】
由题先画出立体图,再画出平面处的截面图,由抛物线第一定义可知,点到点的距离即半径,也即点到面的距离,点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体,设,两球球心和公切点都在体对角线上,通过几何关系可转化出,进而求解【详解】根据抛物线的定义,点到点的距离与到直线的距离相等,其中点到点的距离即半径,也即点到面的距离,点到直线的距离即点到面的距离,因此球内切于正方体,不妨设,两个球心和两球的切点均在体对角线上,两个球在平面处的截面如图所示,则,所以.又因为,因此,得,所以.故选:D【点睛】本题考查立体图与平面图的转化,抛物线几何性质的使用,内切球的性质,数形结合思想,转化思想,直观想象与数学运算的核心素养2、A【解析】
在中,设,,,结合三角形的内角和及和角的正弦公式化简可求,可得,再由已知条件求得,,,考虑建立以所在的直线为轴,以所在的直线为轴建立直角坐标系,根据已知条件结合向量的坐标运算求得,然后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】在中,设,,,,即,即,,,,,,,,即,又,,,则,所以,,解得,.以所在的直线为轴,以所在的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系,则、、,为线段上的一点,则存在实数使得,,设,,则,,,,,消去得,,所以,,当且仅当时,等号成立,因此,的最小值为.故选:A.【点睛】本题是一道构思非常巧妙的试题,综合考查了三角形的内角和定理、两角和的正弦公式及基本不等式求解最值问题,解题的关键是理解是一个单位向量,从而可用、表示,建立、与参数的关系,解决本题的第二个关键点在于由,发现为定值,从而考虑利用基本不等式求解最小值,考查计算能力,属于难题.3、A【解析】
只需将“存在”改成“任意”,有实根改成无实根即可.【详解】由特称命题的否定是全称命题,知“存在,使方程有实根”的否定是“任意,使方程无实根”.故选:A【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定,此类问题要注意在两个方面作出变化:1.量词,2.结论,是一道基础题.4、C【解析】
利用三角恒等变换化简三角函数为标准正弦型三角函数,即可容易求得最小值.【详解】由于,故其最小值为:.故选:C.【点睛】本题考查利用降幂扩角公式、辅助角公式化简三角函数,以及求三角函数的最值,属综合基础题.5、C【解析】
根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可.【详解】解:①:、也可能相交或异面,故①错②:因为,,所以或,因为,所以,故②对③:或,故③错④:如图因为,,在内过点作直线的垂线,则直线,又因为,设经过和相交的平面与交于直线,则又,所以因为,,所以,所以,故④对.故选:C【点睛】考查线面平行或垂直的判断,基础题.6、A【解析】
由虚数单位i的运算性质可得,则答案可求.【详解】解:∵,∴,,则化为,∴z的虚部为.故选:A.【点睛】本题考查了虚数单位i的运算性质、复数的概念,属于基础题.7、D【解析】
作出不等式组对应的平面区域,利用目标函数的几何意义,利用数形结合即可得到结论.【详解】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示,等价于,作直线,向上平移,易知当直线经过点时最大,所以,故选D.【点睛】本题主要考查线性规划的应用,利用目标函数的几何意义,结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法.8、C【解析】
根据三视图可知,该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成,由此计算出陀螺的表面积.【详解】最上面圆锥的母线长为,底面周长为,侧面积为,下面圆锥的母线长为,底面周长为,侧面积为,没被挡住的部分面积为,中间圆柱的侧面积为.故表面积为,故选C.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化,考查三视图还原为原图,考查几何体表面积的计算,属于基础题.9、B【解析】
利用图形作出空间中两直线所成的角,然后利用余弦定理求解即可.【详解】如图,,设为的中点,为的中点,由图可知过且与平行的平面为平面,所以直线即为直线,由题易知,的补角,分别为,设三棱柱的棱长为2,在中,,;在中,,;在中,,,.故选:B【点睛】本题主要考查了空间中两直线所成角的计算,考查了学生的作图,用图能力,体现了学生直观想象的核心素养.10、C【解析】因为,所以的虚部是,故选C.11、D【解析】
过点作,可得出点为的中点,由可求得的值,可计算出的值,进而可得出,结合可知点为的中点,可得出,利用勾股定理求得(为双曲线的右焦点),再利用双曲线的定义可求得该双曲线的离心率的值.【详解】如下图所示,过点作,设该双曲线的右焦点为,连接.,.,,,为的中点,,,,,由双曲线的定义得,即,因此,该双曲线的离心率为.故选:D.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解,解题时要充分分析图形的形状,考查推理能力与计算能力,属于中等题.12、D【解析】
做出满足条件的可行域,根据图形即可求解.【详解】做出满足的可行域,如下图阴影部分,根据图象,当目标函数过点时,取得最小值,由,解得,即,所以的最小值为.故选:D.【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域,利用数形结合求线性目标函数的最值,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】
计算出角的取值范围,结合正弦定理可求得的取值范围.【详解】,则,所以,,由正弦定理,.因此,的取值范围是.故答案为:.【点睛】本题主要考查了正弦定理,正弦函数图象和性质,考查了转化思想,属于基础题.14、【解析】
记只雌蛙分别为,只雄蛙分别为,从中任选只牛蛙进行抽样试验,其基本事件为,共15个,选出的只牛蛙中至少有只雄蛙包含的基本事件为,共9个,故选出的只牛蛙中至少有只雄蛙的概率是.15、【解析】
先由解析式求得(2),再求(2).【详解】(2),,所以(2),故答案为:【点睛】本题考查对数、指数的运算性质,分段函数求值关键是“对号入座”,属于容易题.16、60【解析】
直接利用二项式定理计算得到答案.【详解】二项式的展开式通项为:,取,则的系数为.故答案为:.【点睛】本题考查了二项式定理,意在考查学生的计算能力和应用能力.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、(Ⅰ)见证明;(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)取的中点为,连结,易证四边形为平行四边形,即,由于,为的中点,可得到,从而得到,即可证明平面,从而得到;(Ⅱ)易证,,两两垂直,以,,分别为,,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,求出平面的一个法向量为,设与平面所成角为,则,即可得到答案.【详解】解:(Ⅰ)取的中点为,连结.由是三棱台得,平面平面,从而.∵,∴,∴四边形为平行四边形,∴.∵,为的中点,∴,∴.∵平面平面,且交线为,平面,∴平面,而平面,∴.(Ⅱ)连结.由是正三角形,且为中点,则.由(Ⅰ)知,平面,,∴,,∴,,两两垂直.以,,分别为,,轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设,则,,,,∴,,.设平面的一个法向量为.由可得,.令,则,,∴.设与平面所成角为,则.【点睛】本题考查了空间几何中,面面垂直的性质,线线垂直的证明,及线面角的求法,考查了学生的逻辑推理能力与计算求解能力,属于中档题.18、(1)列联表见解析,99%;(2),;(3)第二种优惠方案更划算.【解析】
(1)根据已知数据得出列联表,再根据独立性检验得出结论;(2)有数据可知,女性中“手机支付族”的概率为,知服从二项分布,即,可求得其期望和方差;(3)若选方案一,则需付款元,若选方案二,设实际付款元,,则的取值为1200,1080,1020,求出实际付款的期望,再比较两个方案中的付款的金额的大小,可得出选择的方案.【详解】(1)由已知得出联列表:,所以,有99%的把握认为“手机支付族”与“性别”有关;(2)有数据可知,女性中“手机支付族”的概率为,,;(3)若选方案一,则需付款元若选方案二,设实际付款元,,则的取值为1200,1080,1020,,,,选择第二种优惠方案更划算【点睛】本题考查独立性检验,二项分布的期望和方差,以及由期望值确定决策方案,属于中档题.19、(1)当时,函数取得极小值为,无极大值;(2)【解析】试题分析:(1),通过求导分析,得函数取得极小值为,无极大值;(2),所以,通过求导讨论,得到的取值范围是.试题解析:(1)函数的定义域为当时,,所以所以当时,,当时,,所以函数在区间单调递减,在区间单调递增,所以当时,函数取得极小值为,无极大值;(2)设函数上点与函数上点处切线相同,则所以所以,代入得:设,则不妨设则当时,,当时,所以在区间上单调递减,在区间上单调递增,代入可得:设,则对恒成立,所以在区间上单调递增,又所以当时,即当时,又当时因此当时,函数必有零点;即当时,必存在使得成立;即存在使得函数上点与函数上点处切线相同.又由得:所以单调递减,因此所以实数的取值范围是.20、(1)单调递增区间为,;单调递减区间为;(2),;(3)证明见解析.【解析】
(1)由的正负可确定的单调区间;(2)利用基本不等式可求得时,取得最小值,由导数的几何意义可知,从而求得,求得切点坐标后,可得到切线方程;(3)由极值点的定义可知是的两个不等正根,由判别式大于零得到的取值范围,同时得到韦达定理的形式;化简为,结合的范围可证得结论.【详解】(1)由题意得:的定义域为,当时,,,当和时,;当时,,的单调递增区间为,;单调递减区间为.(2),所以(当且仅当,即时取等号),切线的斜率存在最小值,,解得:,,即切点为,从而切线方程,即:.(3),分别在,处取得极值,,是方程,即的两个
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