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文档简介

2025年海南省万宁市第三中学高三下学期5月阶段性考试数学试题考生须知: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.设等比数列的前项和为,则“”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件2.已知函数,则的值等于()A.2018 B.1009 C.1010 D.20203.设为自然对数的底数,函数,若,则()A. B. C. D.4.如图,在三棱锥中,平面,,,,,分别是棱,,的中点,则异面直线与所成角的余弦值为A.0 B. C. D.15.已知是两条不重合的直线,是两个不重合的平面,下列命题正确的是()A.若,,,,则B.若,,,则C.若,,,则D.若,,,则6.小明有3本作业本,小波有4本作业本,将这7本作业本混放在-起,小明从中任取两本.则他取到的均是自己的作业本的概率为()A. B. C. D.7.已知非零向量满足,,且与的夹角为,则()A.6 B. C. D.38.已知复数z=(1+2i)(1+ai)(a∈R),若z∈R,则实数a=()A. B. C.2 D.﹣29.已知函数,且),则“在上是单调函数”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件10.若复数(为虚数单位)的实部与虚部相等,则的值为()A. B. C. D.11.执行如图所示的程序框图,若输出的结果为3,则可输入的实数值的个数为()A.1 B.2 C.3 D.412.将3个黑球3个白球和1个红球排成一排,各小球除了颜色以外其他属性均相同,则相同颜色的小球不相邻的排法共有()A.14种 B.15种 C.16种 D.18种二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知集合,,则__________.14.在中,已知,,则A的值是______.15.若奇函数满足,为R上的单调函数,对任意实数都有,当时,,则________.16.三所学校举行高三联考,三所学校参加联考的人数分别为160,240,400,为调查联考数学学科的成绩,现采用分层抽样的方法在这三所学校中抽取样本,若在学校抽取的数学成绩的份数为30,则抽取的样本容量为____________.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,求不等式的解集;(2)若对恒成立,求的取值范围.18.(12分)设椭圆:的左、右焦点分别为,,下顶点为,椭圆的离心率是,的面积是.(1)求椭圆的标准方程.(2)直线与椭圆交于,两点(异于点),若直线与直线的斜率之和为1,证明:直线恒过定点,并求出该定点的坐标.19.(12分)选修4­4:坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中,已知曲线C的参数方程为(α为参数).以直角坐标系原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为,点P为曲线C上的动点,求点P到直线l距离的最大值.20.(12分)已知函数.(1)若函数在上单调递增,求实数的值;(2)定义:若直线与曲线都相切,我们称直线为曲线、的公切线,证明:曲线与总存在公切线.21.(12分)本小题满分14分)已知曲线的极坐标方程为,以极点为原点,极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系,直线的参数方程为(为参数),求直线被曲线截得的线段的长度22.(10分)如图所示,在四棱锥中,平面,底面ABCD满足AD∥BC,,,E为AD的中点,AC与BE的交点为O.(1)设H是线段BE上的动点,证明:三棱锥的体积是定值;(2)求四棱锥的体积;(3)求直线BC与平面PBD所成角的余弦值.

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.C【解析】

根据等比数列的前项和公式,判断出正确选项.【详解】由于数列是等比数列,所以,由于,所以,故“”是“”的充分必要条件.故选:C本小题主要考查充分、必要条件的判断,考查等比数列前项和公式,属于基础题.2.C【解析】

首先,根据二倍角公式和辅助角公式化简函数解析式,根据所求函数的周期性,得到其周期为4,然后借助于三角函数的周期性确定其值即可.【详解】解:.,,的周期为,,,,,..故选:C本题重点考查了三角函数的图象与性质、三角恒等变换等知识,掌握辅助角公式化简函数解析式是解题的关键,属于中档题.3.D【解析】

利用与的关系,求得的值.【详解】依题意,所以故选:D本小题主要考查函数值的计算,属于基础题.4.B【解析】

根据题意可得平面,,则即异面直线与所成的角,连接CG,在中,,易得,所以,所以,故选B.5.B【解析】

根据空间中线线、线面位置关系,逐项判断即可得出结果.【详解】A选项,若,,,,则或与相交;故A错;B选项,若,,则,又,是两个不重合的平面,则,故B正确;C选项,若,,则或或与相交,又,是两个不重合的平面,则或与相交;故C错;D选项,若,,则或或与相交,又,是两个不重合的平面,则或与相交;故D错;故选B本题主要考查与线面、线线相关的命题,熟记线线、线面位置关系,即可求解,属于常考题型.6.A【解析】

利用计算即可,其中表示事件A所包含的基本事件个数,为基本事件总数.【详解】从7本作业本中任取两本共有种不同的结果,其中,小明取到的均是自己的作业本有种不同结果,由古典概型的概率计算公式,小明取到的均是自己的作业本的概率为.故选:A.本题考查古典概型的概率计算问题,考查学生的基本运算能力,是一道基础题.7.D【解析】

利用向量的加法的平行四边形法则,判断四边形的形状,推出结果即可.【详解】解:非零向量,满足,可知两个向量垂直,,且与的夹角为,说明以向量,为邻边,为对角线的平行四边形是正方形,所以则.故选:.本题考查向量的几何意义,向量加法的平行四边形法则的应用,考查分析问题解决问题的能力,属于基础题.8.D【解析】

化简z=(1+2i)(1+ai)=,再根据z∈R求解.【详解】因为z=(1+2i)(1+ai)=,又因为z∈R,所以,解得a=-2.故选:D本题主要考查复数的运算及概念,还考查了运算求解的能力,属于基础题.9.C【解析】

先求出复合函数在上是单调函数的充要条件,再看其和的包含关系,利用集合间包含关系与充要条件之间的关系,判断正确答案.【详解】,且),由得或,即的定义域为或,(且)令,其在单调递减,单调递增,在上是单调函数,其充要条件为即.故选:C.本题考查了复合函数的单调性的判断问题,充要条件的判断,属于基础题.10.C【解析】

利用复数的除法,以及复数的基本概念求解即可.【详解】,又的实部与虚部相等,,解得.故选:C本题主要考查复数的除法运算,复数的概念运用.11.C【解析】试题分析:根据题意,当时,令,得;当时,令,得,故输入的实数值的个数为1.考点:程序框图.12.D【解析】

采取分类计数和分步计数相结合的方法,分两种情况具体讨论,一种是黑白依次相间,一种是开始仅有两个相同颜色的排在一起【详解】首先将黑球和白球排列好,再插入红球.情况1:黑球和白球按照黑白相间排列(“黑白黑白黑白”或“白黑白黑白黑”),此时将红球插入6个球组成的7个空中即可,因此共有2×7=14种;情况2:黑球或白球中仅有两个相同颜色的排在一起(“黑白白黑白黑”、“黑白黑白白黑”、“白黑黑白黑白”“白黑白黑黑白”),此时红球只能插入两个相同颜色的球之中,共4种.综上所述,共有14+4=18种.故选:D本题考查排列组合公式的具体应用,插空法的应用,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】

直接根据集合和集合求交集即可.【详解】解:,,所以.故答案为:本题考查集合的交集运算,是基础题.14.【解析】

根据正弦定理,由可得,由可得,将代入求解即得.【详解】,,即,,,则,,,,则.故答案为:本题考查正弦定理和二倍角的正弦公式,是基础题.15.【解析】

根据可得,函数是以为周期的函数,令,可求,从而可得,代入解析式即可求解.【详解】令,则,由,则,所以,解得,所以,由时,,所以时,;由,所以,所以函数是以为周期的函数,,又函数为奇函数,所以.故答案为:本题主要考查了换元法求函数解析式、函数的奇偶性、周期性的应用,属于中档题.16.【解析】

某层抽取的人数等于该层的总人数乘以抽样比.【详解】设抽取的样本容量为x,由已知,,解得.故答案为:本题考查随机抽样中的分层抽样,考查学生基本的运算能力,是一道容易题.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)或;(2)或.【解析】试题分析:(1)根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组,分别求解集,最后求并集(2)根据绝对值三角不等式得最小值,再解含绝对值不等式可得的取值范围.试题解析:(1)等价于或或,解得:或.故不等式的解集为或.(2)因为:所以,由题意得:,解得或.点睛:含绝对值不等式的解法有两个基本方法,一是运用零点分区间讨论,二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论思想,法二是运用数形结合思想,将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透,解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用,这是命题的新动向.18.(1);(2)证明见解析,.【解析】

(1)根据离心率和的面积是得到方程组,计算得到答案.(2)先排除斜率为0时的情况,设,,联立方程组利用韦达定理得到,,根据化简得到,代入直线方程得到答案.【详解】(1)由题意可得,解得,,则椭圆的标准方程是.(2)当直线的斜率为0时,直线与直线关于轴对称,则直线与直线的斜率之和为零,与题设条件矛盾,故直线的斜率不为0.设,,直线的方程为联立,整理得则,.因为直线与直线的斜率之和为1,所以,所以,将,代入上式,整理得.所以,即,则直线的方程为.故直线恒过定点.本题考查了椭圆的标准方程,直线过定点问题,计算出是解题的关键,意在考查学生的计算能力和转化能力.19.(1),(2)【解析】

试题分析:利用将极坐标方程化为直角坐标方程:化简为ρcosθ+ρsinθ=1,即为x+y=1.再利用点到直线距离公式得:设点P的坐标为(2cosα,sinα),得P到直线l的距离试题解析:解:化简为ρcosθ+ρsinθ=1,则直线l的直角坐标方程为x+y=1.设点P的坐标为(2cosα,sinα),得P到直线l的距离,dmax=.考点:极坐标方程化为直角坐标方程,点到直线距离公式20.(1);(2)见解析.【解析】

(1)求出导数,问题转化为在上恒成立,利用导数求出的最小值即可求解;(2)分别设切点横坐标为,利用导数的几何意义写出切线方程,问题转化为证明两直线重合,只需满足有解即可,利用函数的导数及零点存在性定理即可证明存在.【详解】(1),函数在上单调递增等价于在上恒成立.令,得,所以在单调递减,在单调递增,则.因为,则在上恒成立等价于在上恒成立;又,所以,即.(2)设的切点横坐标为,则切线方程为……①设的切点横坐标为,则,切线方程为……②若存在,使①②成为同一条直线,则曲线与存在公切线,由①②得消去得即令,则所以,函数在区间上单调递增,,使得时总有又时,在上总有解综上,函数与总存在公切线.本题主要考查了利用导数研究函数的恒成立问题,导数的几何意义,利用导数证明方程有解,属于难题.21.【解析】解:解:将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为,即,它表示以为圆心,2为半径圆,………4分直线方程的普通方程为,………8分圆C的圆心到直线l的距离,……………10分故直线被曲线截得的线段长度为.……………14分22.(1)证明见解析(2)(3)【解析】

(1)因为底面ABCD为梯形,且,所以四边形BCDE为平行四边形,则BE∥CD,又平面,平面,所以平面,又因为H为线段BE上的动点,的面积是定值,从而三棱锥的体

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