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文档简介

2025届内蒙古翁牛特旗乌丹一中高三3月质量检测试题数学试题试卷考生须知: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.已知集合,集合,则().A. B.C. D.2.已知全集为,集合,则()A. B. C. D.3.若实数满足的约束条件,则的取值范围是()A. B. C. D.4.如图,矩形ABCD中,,,E是AD的中点,将沿BE折起至,记二面角的平面角为,直线与平面BCDE所成的角为,与BC所成的角为,有如下两个命题:①对满足题意的任意的的位置,;②对满足题意的任意的的位置,,则()A.命题①和命题②都成立 B.命题①和命题②都不成立C.命题①成立,命题②不成立 D.命题①不成立,命题②成立5.为虚数单位,则的虚部为()A. B. C. D.6.若,满足约束条件,则的取值范围为()A. B. C. D.7.如图,在平面四边形中,满足,且,沿着把折起,使点到达点的位置,且使,则三棱锥体积的最大值为()A.12 B. C. D.8.一个组合体的三视图如图所示(图中网格小正方形的边长为1),则该几何体的体积是()A. B. C. D.9.函数f(x)=lnA. B. C. D.10.在等差数列中,,,若(),则数列的最大值是()A. B.C.1 D.311.三棱锥的各个顶点都在求的表面上,且是等边三角形,底面,,,若点在线段上,且,则过点的平面截球所得截面的最小面积为()A. B. C. D.12.直角坐标系中,双曲线()与抛物线相交于、两点,若△是等边三角形,则该双曲线的离心率()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知复数(为虚数单位),则的模为____.14.如果复数满足,那么______(为虚数单位).15.数列满足,则,_____.若存在n∈N*使得成立,则实数λ的最小值为______16.在的二项展开式中,x的系数为________.(用数值作答)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)在极坐标系中,直线的极坐标方程为,以极点为原点,极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系,曲线的参数方程为(为参数),求直线与曲线的交点的直角坐标.18.(12分)已知椭圆,上、下顶点分别是、,上、下焦点分别是、,焦距为,点在椭圆上.(1)求椭圆的方程;(2)若为椭圆上异于、的动点,过作与轴平行的直线,直线与交于点,直线与直线交于点,判断是否为定值,说明理由.19.(12分)如图1,四边形是边长为2的菱形,,为的中点,以为折痕将折起到的位置,使得平面平面,如图2.(1)证明:平面平面;(2)求点到平面的距离.20.(12分)如图,在四棱锥中,平面,底面是矩形,,,分别是,的中点.(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)设,求三棱锥的体积.21.(12分)如图,在三棱柱中,平面ABC.(1)证明:平面平面(2)求二面角的余弦值.22.(10分)已知函数,.(1)求曲线在点处的切线方程;(2)求函数的极小值;(3)求函数的零点个数.

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】

算出集合A、B及,再求补集即可.【详解】由,得,所以,又,所以,故或.故选:A.本题考查集合的交集、补集运算,考查学生的基本运算能力,是一道基础题.2.D【解析】

对于集合,求得函数的定义域,再求得补集;对于集合,解得一元二次不等式,再由交集的定义求解即可.【详解】,,.故选:D本题考查集合的补集、交集运算,考查具体函数的定义域,考查解一元二次不等式.3.B【解析】

根据所给不等式组,画出不等式表示的可行域,将目标函数化为直线方程,平移后即可确定取值范围.【详解】实数满足的约束条件,画出可行域如下图所示:将线性目标函数化为,则将平移,平移后结合图像可知,当经过原点时截距最小,;当经过时,截距最大值,,所以线性目标函数的取值范围为,故选:B.本题考查了线性规划的简单应用,线性目标函数取值范围的求法,属于基础题.4.A【解析】

作出二面角的补角、线面角、线线角的补角,由此判断出两个命题的正确性.【详解】①如图所示,过作平面,垂足为,连接,作,连接.由图可知,,所以,所以①正确.②由于,所以与所成角,所以,所以②正确.综上所述,①②都正确.故选:A本题考查了折叠问题、空间角、数形结合方法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.5.C【解析】

利用复数的运算法则计算即可.【详解】,故虚部为.故选:C.本题考查复数的运算以及复数的概念,注意复数的虚部为,不是,本题为基础题,也是易错题.6.B【解析】

根据约束条件作出可行域,找到使直线的截距取最值得点,相应坐标代入即可求得取值范围.【详解】画出可行域,如图所示:由图可知,当直线经过点时,取得最小值-5;经过点时,取得最大值5,故.故选:B本题考查根据线性规划求范围,属于基础题.7.C【解析】

过作于,连接,易知,,从而可证平面,进而可知,当最大时,取得最大值,取的中点,可得,再由,求出的最大值即可.【详解】在和中,,所以,则,过作于,连接,显然,则,且,又因为,所以平面,所以,当最大时,取得最大值,取的中点,则,所以,因为,所以点在以为焦点的椭圆上(不在左右顶点),其中长轴长为10,焦距长为8,所以的最大值为椭圆的短轴长的一半,故最大值为,所以最大值为,故的最大值为.故选:C.本题考查三棱锥体积的最大值,考查学生的空间想象能力与计算求解能力,属于中档题.8.C【解析】

根据组合几何体的三视图还原出几何体,几何体是圆柱中挖去一个三棱柱,从而解得几何体的体积.【详解】由几何体的三视图可得,几何体的结构是在一个底面半径为1的圆、高为2的圆柱中挖去一个底面腰长为的等腰直角三角形、高为2的棱柱,故此几何体的体积为圆柱的体积减去三棱柱的体积,即,故选C.本题考查了几何体的三视图问题、组合几何体的体积问题,解题的关键是要能由三视图还原出组合几何体,然后根据几何体的结构求出其体积.9.C【解析】因为fx=lnx2-4x+4x-23=10.D【解析】

在等差数列中,利用已知可求得通项公式,进而,借助函数的的单调性可知,当时,取最大即可求得结果.【详解】因为,所以,即,又,所以公差,所以,即,因为函数,在时,单调递减,且;在时,单调递减,且.所以数列的最大值是,且,所以数列的最大值是3.故选:D.本题考查等差数列的通项公式,考查数列与函数的关系,借助函数单调性研究数列最值问题,难度较易.11.A【解析】

由题意画出图形,求出三棱锥S-ABC的外接球的半径,再求出外接球球心到D的距离,利用勾股定理求得过点D的平面截球O所得截面圆的最小半径,则答案可求.【详解】如图,设三角形ABC外接圆的圆心为G,则外接圆半径AG=,设三棱锥S-ABC的外接球的球心为O,则外接球的半径R=取SA中点E,由SA=4,AD=3SD,得DE=1,所以OD=.则过点D的平面截球O所得截面圆的最小半径为所以过点D的平面截球O所得截面的最小面积为故选:A本题考查三棱锥的外接球问题,还考查了求截面的最小面积,属于较难题.12.D【解析】

根据题干得到点A坐标为,代入抛物线得到坐标为,再将点代入双曲线得到离心率.【详解】因为三角形OAB是等边三角形,设直线OA为,设点A坐标为,代入抛物线得到x=2b,故点A的坐标为,代入双曲线得到故答案为:D.求双曲线的离心率(或离心率的取值范围),常见有两种方法:①求出,代入公式;②只需要根据一个条件得到关于的齐次式,结合转化为的齐次式,然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式),解方程(不等式)即可得(的取值范围).二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】,所以.14.【解析】

把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简,然后利用复数模的计算公式求解.【详解】∵,∴,∴,故答案为:.本小题主要考查复数除法运算,考查复数的模的求法,属于基础题.15.【解析】

利用“退一作差法”求得数列的通项公式,将不等式分离常数,利用商比较法求得的最小值,由此求得的取值范围,进而求得的最小值.【详解】当时两式相减得所以当时,满足上式综上所述存在使得成立的充要条件为存在使得,设,所以,即,所以单调递增,的最小项,即有的最小值为.故答案为:(1).(2).本小题主要考查根据递推关系式求数列的通项公式,考查数列单调性的判断方法,考查不等式成立的存在性问题的求解策略,属于中档题.16.-40【解析】

由题意,可先由公式得出二项展开式的通项,再令10-3r=1,得r=3即可得出x项的系数【详解】的二项展开式的通项公式为,r=0,1,2,3,4,5,令,所以的二项展开式中x项的系数为.故答案为:-40.本题考查二项式定理的应用,解题关键是灵活掌握二项式展开式通项的公式,属于基础题.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.【解析】

将直线的极坐标方程和曲线的参数方程分别化为直角坐标方程,联立直角坐标方程求出交点坐标,结合的取值范围进行取舍即可.【详解】因为直线的极坐标方程为,所以直线的普通方程为,又因为曲线的参数方程为(为参数),所以曲线的直角坐标方程为,联立方程,解得或,因为,所以舍去,故点的直角坐标为.本题考查极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的互化;考查运算求解能力;熟练掌握极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的互化公式是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.18.(1);(2),理由见解析.【解析】

(1)求出椭圆的上、下焦点坐标,利用椭圆的定义求得的值,进而可求得的值,由此可得出椭圆的方程;(2)设点的坐标为,求出直线的方程,求出点的坐标,由此计算出直线和的斜率,可计算出的值,进而可求得的值,即可得出结论.【详解】(1)由题意可知,椭圆的上焦点为、,由椭圆的定义可得,可得,,因此,所求椭圆的方程为;(2)设点的坐标为,则,得,直线的斜率为,所以,直线的方程为,联立,解得,即点,直线的斜率为,直线的斜率为,所以,,,因此,.本题考查椭圆方程的求解,同时也考查了椭圆中定值问题的求解,考查计算能力,属于中等题.19.(1)证明见解析(2)【解析】

(1)由题意可证得,,所以平面,则平面平面可证;(2)解法一:利用等体积法由可求出点到平面的距离;解法二:由条件知点到平面的距离等于点到平面的距离,过点作的垂线,垂足,证明平面,计算出即可.【详解】解法一:(1)依题意知,因为,所以.又平面平面,平面平面,平面,所以平面.又平面,所以.由已知,是等边三角形,且为的中点,所以.因为,所以.又,所以平面.又平面,所以平面平面.(2)在中,,,所以.由(1)知,平面,且,所以三棱锥的体积.在中,,,得,由(1)知,平面,所以,所以,设点到平面的距离,则三棱锥的体积,得.解法二:(1)同解法一;(2)因为,平面,平面,所以平面.所以点到平面的距离等于点到平面的距离.过点作的垂线,垂足,即.由(1)知,平面平面,平面平面,平面,所以平面,即为点到平面的距离.由(1)知,,在中,,,得.又,所以.所以点到平面的距离为.本题主要考查空间面面垂直的的判定及点到面的距离,考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.求点到平面的距离一般可采用两种方法求解:①等体积法;②作(找)出点到平面的垂线段,进行计算即可.20.(Ⅰ)见解析(Ⅱ)【解析】

(Ⅰ)取中点,连,,根据平行四边形,可得,进而证得平面平面,利用面面垂直的性质,得平面,又由,即可得到平面.(Ⅱ)根据三棱锥的体积公式,利用等积法,即可求解.【详解】(Ⅰ)取中点,连,,由,可得,可得是平行四边形,则,又平面,∴平面平面,∵平面,平面,∴平面平面,∵,是中点,则,而平面平面,而,∴平面.(Ⅱ)根据三棱锥的体积公式,得.本题主要考查了空间中线面位置关系的判定与证明,以及利用“等体积法”求解三棱锥的体积,其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理,以及合理利用“等体积法”求解是解答的关键,着重考查了推理与论证能力,属于基础题.21.(1)证明见解析(2)【解析】

(1)证明平面即平面平面得证;(2)分别以所在直线为x轴,y轴.轴,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,再利用向量方法求二面角的余弦值.【详解】(1)证明:因为平面ABC,所以因为.所以.即又.所以平面因为平面.所以平面平面(2)解:由题可得两两垂直,所以分别以所在直线为x轴,y轴.轴,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,则,所以设平面的一个法向量为,由.得令,得又平面,所以平面的一个法向量为.所以二面角的余弦值为.本题主要考查空间几何位置关系的证明,考查二面角的计算,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.22.(1)

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