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文档简介
湖南省郴州市一中2024-2025学年高三下学期第一次阶段考试(月考)数学试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.已知七人排成一排拍照,其中甲、乙、丙三人两两不相邻,甲、丁两人必须相邻,则满足要求的排队方法数为().A.432 B.576 C.696 D.9602.设命题函数在上递增,命题在中,,下列为真命题的是()A. B. C. D.3.已知集合,若,则实数的取值范围为()A. B. C. D.4.命题“”的否定是()A. B.C. D.5.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.636.在区间上随机取一个数,使直线与圆相交的概率为()A. B. C. D.7.关于函数在区间的单调性,下列叙述正确的是()A.单调递增 B.单调递减 C.先递减后递增 D.先递增后递减8.已知函数,若方程恰有两个不同实根,则正数m的取值范围为()A. B.C. D.9.的展开式中的常数项为()A.-60 B.240 C.-80 D.18010.已知函数,若对任意,都有成立,则实数的取值范围是()A. B. C. D.11.已知集合,,若,则()A. B. C. D.12.定义在上的偶函数,对,,且,有成立,已知,,,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.设f(x)=etx(t>0),过点P(t,0)且平行于y轴的直线与曲线C:y=f(x)的交点为Q,曲线C过点Q的切线交x轴于点R,若S(1,f(1)),则△PRS的面积的最小值是_____.14.记等差数列和的前项和分别为和,若,则______.15.已知,是互相垂直的单位向量,若与λ的夹角为60°,则实数λ的值是__.16.下图是一个算法流程图,则输出的S的值是______.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)某公园准备在一圆形水池里设置两个观景喷泉,观景喷泉的示意图如图所示,两点为喷泉,圆心为的中点,其中米,半径米,市民可位于水池边缘任意一点处观赏.(1)若当时,,求此时的值;(2)设,且.(i)试将表示为的函数,并求出的取值范围;(ii)若同时要求市民在水池边缘任意一点处观赏喷泉时,观赏角度的最大值不小于,试求两处喷泉间距离的最小值.18.(12分)如图,在四棱锥中,底面,,,,为的中点,是上的点.(1)若平面,证明:平面.(2)求二面角的余弦值.19.(12分)已知椭圆的短轴长为,左右焦点分别为,,点是椭圆上位于第一象限的任一点,且当时,.(1)求椭圆的标准方程;(2)若椭圆上点与点关于原点对称,过点作垂直于轴,垂足为,连接并延长交于另一点,交轴于点.(ⅰ)求面积最大值;(ⅱ)证明:直线与斜率之积为定值.20.(12分)已知椭圆:的四个顶点围成的四边形的面积为,原点到直线的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)已知定点,是否存在过的直线,使与椭圆交于,两点,且以为直径的圆过椭圆的左顶点?若存在,求出的方程:若不存在,请说明理由.21.(12分)如图所示,在四面体中,,平面平面,,且.(1)证明:平面;(2)设为棱的中点,当四面体的体积取得最大值时,求二面角的余弦值.22.(10分)已知函数.(1)求不等式的解集;(2)若存在实数,使得不等式成立,求实数的取值范围.
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.B【解析】
先把没有要求的3人排好,再分如下两种情况讨论:1.甲、丁两者一起,与乙、丙都不相邻,2.甲、丁一起与乙、丙二者之一相邻.【详解】首先将除甲、乙、丙、丁外的其余3人排好,共有种不同排列方式,甲、丁排在一起共有种不同方式;若甲、丁一起与乙、丙都不相邻,插入余下三人产生的空档中,共有种不同方式;若甲、丁一起与乙、丙二者之一相邻,插入余下三人产生的空档中,共有种不同方式;根据分类加法、分步乘法原理,得满足要求的排队方法数为种.故选:B.本题考查排列组合的综合应用,在分类时,要注意不重不漏的原则,本题是一道中档题.2.C【解析】
命题:函数在上单调递减,即可判断出真假.命题:在中,利用余弦函数单调性判断出真假.【详解】解:命题:函数,所以,当时,,即函数在上单调递减,因此是假命题.命题:在中,在上单调递减,所以,是真命题.则下列命题为真命题的是.故选:C.本题考查了函数的单调性、正弦定理、三角形边角大小关系、简易逻辑的判定方法,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.3.A【解析】
解一元二次不等式化简集合的表示,求解函数的定义域化简集合的表示,根据可以得到集合、之间的关系,结合数轴进行求解即可.【详解】,.因为,所以有,因此有.故选:A本题考查了已知集合运算的结果求参数取值范围问题,考查了解一元二次不等式,考查了函数的定义域,考查了数学运算能力.4.D【解析】
根据全称命题的否定是特称命题,对命题进行改写即可.【详解】全称命题的否定是特称命题,所以命题“,”的否定是:,.故选D.本题考查全称命题的否定,难度容易.5.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.6.C【解析】
根据直线与圆相交,可求出k的取值范围,根据几何概型可求出相交的概率.【详解】因为圆心,半径,直线与圆相交,所以,解得所以相交的概率,故选C.本题主要考查了直线与圆的位置关系,几何概型,属于中档题.7.C【解析】
先用诱导公式得,再根据函数图像平移的方法求解即可.【详解】函数的图象可由向左平移个单位得到,如图所示,在上先递减后递增.故选:C本题考查三角函数的平移与单调性的求解.属于基础题.8.D【解析】
当时,函数周期为,画出函数图像,如图所示,方程两个不同实根,即函数和有图像两个交点,计算,,根据图像得到答案.【详解】当时,,故函数周期为,画出函数图像,如图所示:方程,即,即函数和有两个交点.,,故,,,,.根据图像知:.故选:.本题考查了函数的零点问题,确定函数周期画出函数图像是解题的关键.9.D【解析】
求的展开式中的常数项,可转化为求展开式中的常数项和项,再求和即可得出答案.【详解】由题意,中常数项为,中项为,所以的展开式中的常数项为:.故选:D本题主要考查二项式定理的应用和二项式展开式的通项公式,考查学生计算能力,属于基础题.10.D【解析】
先将所求问题转化为对任意恒成立,即得图象恒在函数图象的上方,再利用数形结合即可解决.【详解】由得,由题意函数得图象恒在函数图象的上方,作出函数的图象如图所示过原点作函数的切线,设切点为,则,解得,所以切线斜率为,所以,解得.故选:D.本题考查导数在不等式恒成立中的应用,考查了学生转化与化归思想以及数形结合的思想,是一道中档题.11.A【解析】
由,得,代入集合B即可得.【详解】,,,即:,故选:A本题考查了集合交集的含义,也考查了元素与集合的关系,属于基础题.12.A【解析】
根据偶函数的性质和单调性即可判断.【详解】解:对,,且,有在上递增因为定义在上的偶函数所以在上递减又因为,,所以故选:A考查偶函数的性质以及单调性的应用,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R(t,0),PR=t﹣(t),△PRS的面积为S,导数S′,由S′=0得t=1,根据函数的单调性得到最值.【详解】∵PQ∥y轴,P(t,0),∴Q(t,f(t))即Q(t,),又f(x)=etx(t>0)的导数f′(x)=tetx,∴过Q的切线斜率k=t,设R(r,0),则k,∴r=t,即R(t,0),PR=t﹣(t),又S(1,f(1))即S(1,et),∴△PRS的面积为S,导数S′,由S′=0得t=1,当t>1时,S′>0,当0<t<1时,S′<0,∴t=1为极小值点,也为最小值点,∴△PRS的面积的最小值为.故答案为:.本题考查了利用导数求面积的最值问题,意在考查学生的计算能力和应用能力.14.【解析】
结合等差数列的前项和公式,可得,求解即可.【详解】由题意,,,因为,所以.故答案为:.本题考查了等差数列的前项和公式及等差中项的应用,考查了学生的计算求解能力,属于基础题.15.【解析】
根据平面向量的数量积运算与单位向量的定义,列出方程解方程即可求出λ的值.【详解】解:由题意,设(1,0),(0,1),则(,﹣1),λ(1,λ);又夹角为60°,∴()•(λ)λ=2cos60°,即λ,解得λ.本题考查了单位向量和平面向量数量积的运算问题,是中档题.16.【解析】
根据流程图,运行程序即得.【详解】第一次运行,;第二次运行,;第三次运行,;第四次运行;所以输出的S的值是.故答案为:本题考查算法流程图,是基础题.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)(i),;(ii).【解析】
(1)在中,由正弦定理可得所求;(2)(i)由余弦定理得,两式相加可得所求解析式.(ii)在中,由余弦定理可得,根据的最大值不小于可得关于的不等式,解不等式可得所求.【详解】(1)在中,由正弦定理得,所以,即.(2)(i)在中,由余弦定理得,在中,由余弦定理得,又所以,即.又,解得,所以所求关系式为,.(ii)当观赏角度的最大时,取得最小值.在中,由余弦定理可得,因为的最大值不小于,所以,解得,经验证知,所以.即两处喷泉间距离的最小值为.本题考查解三角形在实际中的应用,解题时要注意把条件转化为三角形的边或角,然后借助正余弦定理进行求解.解题时要注意三角形边角关系的运用,同时还要注意所得结果要符合实际意义.18.(1)证明见解析(2)【解析】
(1)因为,利用线面平行的判定定理可证出平面,利用点线面的位置关系,得出和,由于底面,利用线面垂直的性质,得出,且,最后结合线面垂直的判定定理得出平面,即可证出平面.(2)由(1)可知,,两两垂直,建立空间直角坐标系,标出点坐标,运用空间向量坐标运算求出所需向量,分别求出平面和平面的法向量,最后利用空间二面角公式,即可求出的余弦值.【详解】(1)证明:因为,平面,平面,所以平面,因为平面,平面,所以可设平面平面,又因为平面,所以.因为平面,平面,所以,从而得.因为底面,所以.因为,所以.因为,所以平面.综上,平面.(2)解:由(1)可得,,两两垂直,以为原点,,,所在直线分别为,,轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为,所以,则,,,,所以,,,.设是平面的法向量,由取取,得.设是平面的法向量,由得取,得,所以,即的余弦值为.本题考查线面垂直的判定和空间二面角的计算,还运用线面平行的性质、线面垂直的判定定理、点线面的位置关系、空间向量的坐标运算等,同时考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.19.(1);(2)(ⅰ);(ⅱ)证明见解析.【解析】
(1)由,解方程组即可得到答案;(2)(ⅰ)设,,则,,易得,注意到,利用基本不等式得到的最大值即可得到答案;(ⅱ)设直线斜率为,直线方程为,联立椭圆方程得到的坐标,再利用两点的斜率公式计算即可.【详解】(1)设,由,得.将代入,得,即,由,解得,所以椭圆的标准方程为.(2)设,,则,(ⅰ)易知为的中位线,所以,所以,又满足,所以,得,故,当且仅当,即,时取等号,所以面积最大值为.(ⅱ)记直线斜率为,则直线斜率为,所以直线方程为.由,得,由韦达定理得,所以,代入直线方程,得,于是,直线斜率,所以直线与斜率之积为定值.本题考查直线与椭圆的位置关系,涉及到椭圆中的最值及定值问题,在解椭圆与直线的位置关系的答题时,一般会用到根与系数的关系,考查学生的数学运算求解能力,是一道有一定难度的题.20.(1);(2)存在,且方程为或.【解析】
(1)依题意列出关于a,b,c的方程组,求得a,b,进而可得到椭圆方程;(2)联立直线和椭圆得到,要使以为直径的圆过椭圆的左顶点,则,结合韦达定理可得到参数值.【详解】(1)直线的一般方程为.依题意,解得,故椭圆的方程式为.(2)假若存在这样的直线,当斜率不存在时,以为直径的圆显然不经过椭圆的左顶点,所以可设直线的斜率为,则直线的方程为.由,得.由,得.记,的坐标分别为,,则,,而.要使以为直径的圆过椭圆的左顶点,则,即,所以,整理解得或,所以存在过的直线,使与椭圆交于,两点,且以为直径的圆过椭圆的左顶点,直线的方程为或.本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系,所使用方法为韦达定理法:因直线的方程是一次的,圆锥曲线的方程是二次的,故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题,最终转化为一元二次方程问题,故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一,尤其是弦中点问题,弦长问题,可用韦达定理直接解决,但应注意不要忽视判别式的作用.21.(1)见证明;(2)【解析】
(1)根据面面垂直的性质得到平面,从而得到,利用勾股定理得到,利用线面垂直的判定定理
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