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文档简介

2025年湖南省怀化三中高三第四次联考数学试题文试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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.已知命题p:直线a∥b,且b⊂平面α,则a∥α;命题q:直线l⊥平面α,任意直线m⊂α,则l⊥m.下列命题为真命题的是()A.p∧q B.p∨(非q) C.(非p)∧q D.p∧(非q)2.已知函数,,则的极大值点为()A. B. C. D.3.已知锐角满足则()A. B. C. D.4.在复平面内,复数对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限5.函数的图象在点处的切线为,则在轴上的截距为()A. B. C. D.6.在边长为的菱形中,,沿对角线折成二面角为的四面体(如图),则此四面体的外接球表面积为()A. B.C. D.7.设,若函数在区间上有三个零点,则实数的取值范围是()A. B. C. D.8.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B.3 C. D.49.要得到函数的图象,只需将函数的图象上所有点的()A.横坐标缩短到原来的(纵坐标不变),再向左平移个单位长度B.横坐标缩短到原来的(纵坐标不变),再向右平移个单位长度C.横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再向左平移个单位长度D.横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再向右平移个单位长度10.已知与分别为函数与函数的图象上一点,则线段的最小值为()A. B. C. D.611.“角谷猜想”的内容是:对于任意一个大于1的整数,如果为偶数就除以2,如果是奇数,就将其乘3再加1,执行如图所示的程序框图,若输入,则输出的()A.6 B.7 C.8 D.912.若满足约束条件则的最大值为()A.10 B.8 C.5 D.3二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.我国著名的数学家秦九韶在《数书九章》提出了“三斜求积术”.他把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜.三斜求积术就是用小斜平方加上大斜平方,送到中斜平方,取相减后余数的一半,自乘而得一个数,小斜平方乘以大斜平方,送到上面得到的那个数,相减后余数被4除,所得的数作为“实”,1作为“隅”,开平方后即得面积.所谓“实”、“隅”指的是在方程中,p为“隅”,q为“实”.即若的大斜、中斜、小斜分别为a,b,c,则.已知点D是边AB上一点,,,,,则的面积为________.14.假如某人有壹元、贰元、伍元、拾元、贰拾元、伍拾元、壹佰元的纸币各两张,要支付贰佰壹拾玖(219)元的货款,则有________种不同的支付方式.15.如图,是一个四棱锥的平面展开图,其中间是边长为的正方形,上面三角形是等边三角形,左、右三角形是等腰直角三角形,则此四棱锥的体积为_____.16.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)设函数.(1)当时,解不等式;(2)若的解集为,,求证:.18.(12分)已知各项均为正数的数列的前项和为,且是与的等差中项.(1)证明:为等差数列,并求;(2)设,数列的前项和为,求满足的最小正整数的值.19.(12分)如图,四边形为菱形,为与的交点,平面.(1)证明:平面平面;(2)若,,三棱锥的体积为,求菱形的边长.20.(12分)已知椭圆的右顶点为,点在轴上,线段与椭圆的交点在第一象限,过点的直线与椭圆相切,且直线交轴于.设过点且平行于直线的直线交轴于点.(Ⅰ)当为线段的中点时,求直线的方程;(Ⅱ)记的面积为,的面积为,求的最小值.21.(12分)已知x,y,z均为正数.(1)若xy<1,证明:|x+z|⋅|y+z|>4xyz;(2)若=,求2xy⋅2yz⋅2xz的最小值.22.(10分)已知函数(1)当时,求不等式的解集;(2)若函数的值域为A,且,求a的取值范围.

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】

首先判断出为假命题、为真命题,然后结合含有简单逻辑联结词命题的真假性,判断出正确选项.【详解】根据线面平行的判定,我们易得命题若直线,直线平面,则直线平面或直线在平面内,命题为假命题;根据线面垂直的定义,我们易得命题若直线平面,则若直线与平面内的任意直线都垂直,命题为真命题.故:A命题“”为假命题;B命题“”为假命题;C命题“”为真命题;D命题“”为假命题.故选:C.本小题主要考查线面平行与垂直有关命题真假性的判断,考查含有简单逻辑联结词的命题的真假性判断,属于基础题.2.A【解析】

求出函数的导函数,令导数为零,根据函数单调性,求得极大值点即可.【详解】因为,故可得,令,因为,故可得或,则在区间单调递增,在单调递减,在单调递增,故的极大值点为.故选:A.本题考查利用导数求函数的极值点,属基础题.3.C【解析】

利用代入计算即可.【详解】由已知,,因为锐角,所以,,即.故选:C.本题考查二倍角的正弦、余弦公式的应用,考查学生的运算能力,是一道基础题.4.B【解析】

化简复数为的形式,然后判断复数的对应点所在象限,即可求得答案.【详解】对应的点的坐标为在第二象限故选:B.本题主要考查了复数代数形式的乘除运算,考查了复数的代数表示法及其几何意义,属于基础题.5.A【解析】

求出函数在处的导数后可得曲线在处的切线方程,从而可求切线的纵截距.【详解】,故,所以曲线在处的切线方程为:.令,则,故切线的纵截距为.故选:A.本题考查导数的几何意义以及直线的截距,注意直线的纵截距指直线与轴交点的纵坐标,因此截距有正有负,本题属于基础题.6.A【解析】

画图取的中点M,法一:四边形的外接圆直径为OM,即可求半径从而求外接球表面积;法二:根据,即可求半径从而求外接球表面积;法三:作出的外接圆直径,求出和,即可求半径从而求外接球表面积;【详解】如图,取的中点M,和的外接圆半径为,和的外心,到弦的距离(弦心距)为.法一:四边形的外接圆直径,,;法二:,,;法三:作出的外接圆直径,则,,,,,,,,,.故选:A此题考查三棱锥的外接球表面积,关键点是通过几何关系求得球心位置和球半径,方法较多,属于较易题目.7.D【解析】令,可得.在坐标系内画出函数的图象(如图所示).当时,.由得.设过原点的直线与函数的图象切于点,则有,解得.所以当直线与函数的图象切时.又当直线经过点时,有,解得.结合图象可得当直线与函数的图象有3个交点时,实数的取值范围是.即函数在区间上有三个零点时,实数的取值范围是.选D.点睛:已知函数零点的个数(方程根的个数)求参数值(取值范围)的方法(1)直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数范围;(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域问题加以解决;(3)数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,然后数形结合求解,对于一些比较复杂的函数的零点问题常用此方法求解.8.C【解析】

首先把三视图转换为几何体,该几何体为由一个三棱柱体,切去一个三棱锥体,由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.【详解】解:根据几何体的三视图转换为几何体为:该几何体为由一个三棱柱体,切去一个三棱锥体,如图所示:故:.故选:C.本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式,考查了空间想象能力,属于基础题.9.C【解析】

根据三角函数图像的变换与参数之间的关系,即可容易求得.【详解】为得到,将横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),故可得;再将向左平移个单位长度,故可得.故选:C.本题考查三角函数图像的平移,涉及诱导公式的使用,属基础题.10.C【解析】

利用导数法和两直线平行性质,将线段的最小值转化成切点到直线距离.【详解】已知与分别为函数与函数的图象上一点,可知抛物线存在某条切线与直线平行,则,设抛物线的切点为,则由可得,,所以切点为,则切点到直线的距离为线段的最小值,则.故选:C.本题考查导数的几何意义的应用,以及点到直线的距离公式的应用,考查转化思想和计算能力.11.B【解析】

模拟程序运行,观察变量值可得结论.【详解】循环前,循环时:,不满足条件;,不满足条件;,不满足条件;,不满足条件;,不满足条件;,满足条件,退出循环,输出.故选:B.本题考查程序框图,考查循环结构,解题时可模拟程序运行,观察变量值,从而得出结论.12.D【解析】

画出可行域,将化为,通过平移即可判断出最优解,代入到目标函数,即可求出最值.【详解】解:由约束条件作出可行域如图,化目标函数为直线方程的斜截式,.由图可知当直线过时,直线在轴上的截距最大,有最大值为3.故选:D.本题考查了线性规划问题.一般第一步画出可行域,然后将目标函数转化为的形式,在可行域内通过平移找到最优解,将最优解带回到目标函数即可求出最值.注意画可行域时,边界线的虚实问题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13..【解析】

利用正切的和角公式求得,再求得,利用余弦定理求得,代入“三斜求积术”公式即可求得答案.【详解】,所以,由余弦定理可知,得.根据“三斜求积术”可得,所以.本题考查正切的和角公式,同角三角函数的基本关系式,余弦定理的应用,考查学生分析问题的能力和计算整理能力,难度较易.14.1【解析】

按照个位上的9元的支付情况分类,三个数位上的钱数分步计算,相加即可.【详解】9元的支付有两种情况,或者,①当9元采用方式支付时,200元的支付方式为,或者或者共3种方式,10元的支付只能用1张10元,此时共有种支付方式;②当9元采用方式支付时:200元的支付方式为,或者或者共3种方式,10元的支付只能用1张10元,此时共有种支付方式;所以总的支付方式共有种.故答案为:1.本题考查了分类加法计数原理和分步乘法计数原理,属于中档题.做题时注意分类做到不重不漏,分步做到步骤完整.15.【解析】

画图直观图可得该几何体为棱锥,再计算高求解体积即可.【详解】解:如图,是一个四棱锥的平面展开图,其中间是边长为的正方形,上面三角形是等边三角形,左、右三角形是等腰直角三角形,此四棱锥中,是边长为的正方形,是边长为的等边三角形,故,又,故平面平面,的高是四棱锥的高,此四棱锥的体积为:.故答案为:.本题主要考查了四棱锥中的长度计算以及垂直的判定和体积计算等,需要根据题意16.16【解析】

要得到的系数,只要求出二项式中的系数减去的系数的2倍即可【详解】的系数为.故答案为:16此题考查二项式的系数,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.(1);(2)见解析.【解析】

(1)当时,将所求不等式变形为,然后分、、三段解不等式,综合可得出原不等式的解集;(2)先由不等式的解集求得实数,可得出,将代数式变形为,将与相乘,展开后利用基本不等式可求得的最小值,进而可证得结论.【详解】(1)当时,不等式为,且.当时,由得,解得,此时;当时,由得,该不等式不成立,此时;当时,由得,解得,此时.综上所述,不等式的解集为;(2)由,得,即或,不等式的解集为,故,解得,,,,,当且仅当,时取等号,.本题考查含绝对值不等式的求解,同时也考查了利用基本不等式证明不等式,考查推理能力与计算能力,属于中等题.18.(1)见解析,(2)最小正整数的值为35.【解析】

(1)由等差中项可知,当时,得,整理后可得,从而证明为等差数列,继而可求.(2),则可求出,令,即可求出的取值范围,进而求出最小值.【详解】解析:(1)由题意可得,当时,,∴,,当时,,整理可得,∴是首项为1,公差为1的等差数列,∴,.(2)由(1)可得,∴,解得,∴最小正整数的值为35.本题考查了等差中项,考查了等差数列的定义,考查了与的关系,考查了裂项相消求和.当已知有与的递推关系时,常代入进行整理.证明数列是等差数列时,一般借助数列,即后一项与前一项的差为常数.19.(1)证明见解析;(2)1【解析】

(1)由菱形的性质和线面垂直的性质,可得平面,再由面面垂直的判定定理,即可得证;(2)设,分别求得,和的长,运用三棱锥的体积公式,计算可得所求值.【详解】(1)四边形为菱形,,平面,,又,平面,又平面,平面平面;(2)设,在菱形中,由,可得,,,,在中,可得,由面,知,为直角三角形,可得,三棱锥的体积,,菱形的边长为1.本题考查面面垂直的判定,注意运用线面垂直转化,考查三棱锥的体积的求法,考查化简运算能力和推理能力,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20.(Ⅰ)直线的方程为(Ⅱ)【解析】

(1)设点,利用中点坐标公式表示点B,并代入椭圆方程解得,从而求出直线的方程;(2)设直线的方程为:,表示点,然后联立方程,利用相切得出,然后求出切点,再设出设直线的方程,求出点,利用两点坐标,求出直线的方程,从而求出,最后利用以上已求点的坐标表示面积,根据基本不等式求最值即可.【详解】解:(Ⅰ)由椭圆,可得:由题意:设点,当为的中点时,可得:代入椭圆方程,可得:所以:所以.故直线的方程为.(Ⅱ)由题意,直线的斜率存在且不为0,故设直线的方程为:令,得:,所以:.联立:,消,整理得:.因为直线与椭圆相切,所以.即.设,则,,所以.又直线直线,所以设直线的方程为:.令,得,所以:.因为,所以直线的方程为:.令,得,所以:.所以.又因为..所以(当且仅当,即时等号成立)所以.本小题主要考查直线和椭圆的位置关系,考查直线方程以及求椭圆中的最值问题,最值问题一般是把目标式求出,结合目标式特点选用合适的方法求解,侧重考查数学运算的核心素养,本题利用了基本不等式求最小值的方法,运算量较大,属于难题.21.(1)证明见解析;(2)最小值为1【解析】

(1)利用基本不等式可得,再根据0<xy<1时,即可证明|x+z|⋅|y+z|>4xyz.(2)由=,得,然后利用基本不等式即可得到xy+yz+x

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