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文档简介
2025年云南省马关县一中高三下学期5月阶段检测试题数学试题试卷注意事项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.为虚数单位,则的虚部为()A. B. C. D.2.函数的单调递增区间是()A. B. C. D.3.一个盒子里有4个分别标有号码为1,2,3,4的小球,每次取出一个,记下它的标号后再放回盒子中,共取3次,则取得小球标号最大值是4的取法有()A.17种 B.27种 C.37种 D.47种4.《九章算术》是我国古代数学名著,书中有如下问题:“今有勾六步,股八步,问勾中容圆,径几何?”其意思为:“已知直角三角形两直角边长分别为6步和8步,问其内切圆的直径为多少步?”现从该三角形内随机取一点,则此点取自内切圆的概率是()A. B. C. D.5.已知复数(为虚数单位)在复平面内对应的点的坐标是()A. B. C. D.6.某几何体的三视图如图所示,则该几何体中的最长棱长为()A. B. C. D.7.函数的图象的大致形状是()A. B. C. D.8.若、满足约束条件,则的最大值为()A. B. C. D.9.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.10.已知集合A,则集合()A. B. C. D.11.设函数,则,的大致图象大致是的()A. B.C. D.12.已知集合,,则等于()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在长方体中,,则异面直线与所成角的余弦值为()A. B. C. D.14.在一底面半径和高都是的圆柱形容器中盛满小麦,有一粒带麦锈病的种子混入了其中.现从中随机取出的种子,则取出了带麦锈病种子的概率是_____.15.已知等比数列的各项均为正数,,则的值为________.16.已知平面向量,,且,则向量与的夹角的大小为________.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)中国古建筑中的窗饰是艺术和技术的统一体,给人于美的享受.如图(1)为一花窗;图(2)所示是一扇窗中的一格,呈长方形,长30cm,宽26cm,其内部窗芯(不含长方形边框)用一种条形木料做成,由两个菱形和六根支条构成,整个窗芯关于长方形边框的两条对称轴成轴对称.设菱形的两条对角线长分别为xcm和ycm,窗芯所需条形木料的长度之和为L.(1)试用x,y表示L;(2)如果要求六根支条的长度均不小于2cm,每个菱形的面积为130cm2,那么做这样一个窗芯至少需要多长的条形木料(不计榫卯及其它损耗)?18.(12分)已知顶点是坐标原点的抛物线的焦点在轴正半轴上,圆心在直线上的圆与轴相切,且关于点对称.(1)求和的标准方程;(2)过点的直线与交于,与交于,求证:.19.(12分)已知数列的前项和为,且满足().(1)求数列的通项公式;(2)设(),数列的前项和.若对恒成立,求实数,的值.20.(12分)已知圆O经过椭圆C:的两个焦点以及两个顶点,且点在椭圆C上.求椭圆C的方程;若直线l与圆O相切,与椭圆C交于M、N两点,且,求直线l的倾斜角.21.(12分)已知,函数,(是自然对数的底数).(Ⅰ)讨论函数极值点的个数;(Ⅱ)若,且命题“,”是假命题,求实数的取值范围.22.(10分)设首项为1的正项数列{an}的前n项和为Sn,数列的前n项和为Tn,且,其中p为常数.(1)求p的值;(2)求证:数列{an}为等比数列;(3)证明:“数列an,2xan+1,2yan+2成等差数列,其中x、y均为整数”的充要条件是“x=1,且y=2”.
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】
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.2.D【解析】
利用辅助角公式,化简函数的解析式,再根据正弦函数的单调性,并采用整体法,可得结果.【详解】因为,由,解得,即函数的增区间为,所以当时,增区间的一个子集为.故选D.本题考查了辅助角公式,考查正弦型函数的单调递增区间,重点在于把握正弦函数的单调性,同时对于整体法的应用,使问题化繁为简,难度较易.3.C【解析】
由于是放回抽取,故每次的情况有4种,共有64种;先找到最大值不是4的情况,即三次取出标号均不为4的球的情况,进而求解.【详解】所有可能的情况有种,其中最大值不是4的情况有种,所以取得小球标号最大值是4的取法有种,故选:C本题考查古典概型,考查补集思想的应用,属于基础题.4.C【解析】
利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径,再分别求出三角形和内切圆的面积,根据几何概型的概率计算公式,即可求解.【详解】由题意,直角三角形的斜边长为,利用等面积法,可得其内切圆的半径为,所以向次三角形内投掷豆子,则落在其内切圆内的概率为.故选:C.本题主要考查了面积比的几何概型的概率的计算问题,其中解答中熟练应用直角三角形的性质,求得其内切圆的半径是解答的关键,着重考查了推理与运算能力.5.A【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简,求得的坐标得出答案.【详解】解:,在复平面内对应的点的坐标是.故选:A.本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的代数表示法及其几何意义,属于基础题.6.C【解析】
根据三视图,可得该几何体是一个三棱锥,并且平面SAC平面ABC,,过S作,连接BD,,再求得其它的棱长比较下结论.【详解】如图所示:由三视图得:该几何体是一个三棱锥,且平面SAC平面ABC,,过S作,连接BD,则,所以,,,,该几何体中的最长棱长为.故选:C本题主要考查三视图还原几何体,还考查了空间想象和运算求解的能力,属于中档题.7.B【解析】
根据函数奇偶性,可排除D;求得及,由导函数符号可判断在上单调递增,即可排除AC选项.【详解】函数易知为奇函数,故排除D.又,易知当时,;又当时,,故在上单调递增,所以,综上,时,,即单调递增.又为奇函数,所以在上单调递增,故排除A,C.故选:B本题考查了根据函数解析式判断函数图象,导函数性质与函数图象关系,属于中档题.8.C【解析】
作出不等式组所表示的可行域,平移直线,找出直线在轴上的截距最大时对应的最优解,代入目标函数计算即可.【详解】作出满足约束条件的可行域如图阴影部分(包括边界)所示.由,得,平移直线,当直线经过点时,该直线在轴上的截距最大,此时取最大值,即.故选:C.本题考查简单的线性规划问题,考查线性目标函数的最值,一般利用平移直线的方法找到最优解,考查数形结合思想的应用,属于基础题.9.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.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.10.A【解析】
化简集合,,按交集定义,即可求解.【详解】集合,,则.故选:A.本题考查集合间的运算,属于基础题.11.B【解析】
采用排除法:通过判断函数的奇偶性排除选项A;通过判断特殊点的函数值符号排除选项D和选项C即可求解.【详解】对于选项A:由题意知,函数的定义域为,其关于原点对称,因为,所以函数为奇函数,其图象关于原点对称,故选A排除;对于选项D:因为,故选项D排除;对于选项C:因为,故选项C排除;故选:B本题考查利用函数的奇偶性和特殊点函数值符号判断函数图象;考查运算求解能力和逻辑推理能力;选取合适的特殊点并判断其函数值符号是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.12.B【解析】
解不等式确定集合,然后由补集、并集定义求解.【详解】由题意或,∴,.故选:B.本题考查集合的综合运算,以及一元二次不等式的解法,属于基础题型.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.C【解析】
根据确定是异面直线与所成的角,利用余弦定理计算得到答案.【详解】由题意可得.因为,所以是异面直线与所成的角,记为,故.故选:.本题考查了异面直线夹角,意在考查学生的空间想象能力和计算能力.14.【解析】
求解占圆柱形容器的的总容积的比例求解即可.【详解】解:由题意可得:取出了带麦锈病种子的概率.故答案为:.本题主要考查了体积类的几何概型问题,属于基础题.15.【解析】
运用等比数列的通项公式,即可解得.【详解】解:,,,,,,,,,,,.故答案为:.本题考查等比数列的通项公式及应用,考查计算能力,属于基础题.16.【解析】
由,解得,进而求出,即可得出结果.【详解】解:因为,所以,解得,所以,所以向量与的夹角的大小为.都答案为:.本题主要考查平面向量的运算,平面向量垂直,向量夹角等基础知识;考查运算求解能力,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)【解析】试题分析:(1)由条件可先求水平方向每根支条长,竖直方向每根支条长为,因此所需木料的长度之和L=(2)先确定范围由可得,再由面积为130cm2,得,转化为一元函数,令,则在上为增函数,解得L有最小值.试题解析:(1)由题意,水平方向每根支条长为cm,竖直方向每根支条长为cm,菱形的边长为cm.从而,所需木料的长度之和L=cm.(2)由题意,,即,又由可得.所以.令,其导函数在上恒成立,故在上单调递减,所以可得.则=.因为函数和在上均为增函数,所以在上为增函数,故当,即时L有最小值.答:做这样一个窗芯至少需要cm长的条形木料.考点:函数应用题18.(1),;(2)证明见解析.【解析】分析:(1)设的标准方程为,由题意可设.结合中点坐标公式计算可得的标准方程为.半径,则的标准方程为.(2)设的斜率为,则其方程为,由弦长公式可得.联立直线与抛物线的方程有.设,利用韦达定理结合弦长公式可得.则.即.详解:(1)设的标准方程为,则.已知在直线上,故可设.因为关于对称,所以解得所以的标准方程为.因为与轴相切,故半径,所以的标准方程为.(2)设的斜率为,那么其方程为,则到的距离,所以.由消去并整理得:.设,则,那么.所以.所以,即.点睛:(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似,一般要用到根与系数的关系;(2)有关直线与抛物线的弦长问题,要注意直线是否过抛物线的焦点,若过抛物线的焦点,可直接使用公式|AB|=x1+x2+p,若不过焦点,则必须用一般弦长公式.19.(1)(2),.【解析】
(1)根据数列的通项与前n项和的关系式,即求解数列的通项公式;(2)由(1)可得,利用等比数列的前n项和公式和裂项法,求得,结合题意,即可求解.【详解】(1)由题意,当时,由,解得;当时,可得,即,显然当时上式也适合,所以数列的通项公式为.(2)由(1)可得,所以.因为对恒成立,所以,.本题主要考查了数列的通项公式的求解,等差数列的前n项和公式,以及裂项法求和的应用,其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前n项和公式,以及合理利用“裂项法”求和是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于中档试题.20.(1);(2)或【解析】
(1)先由题意得出,可得出与的等量关系,然后将点的坐标代入椭圆的方程,可求出与的值,从而得出椭圆的方程;(2)对直线的斜率是否存在进行分类讨论,当直线的斜率不存在时,可求出,然后进行检验;当直线的斜率存在时,可设直线的方程为,设点,先由直线与圆相切得出与之间的关系,再将直线的方程与椭圆的方程联立,由韦达定理,利用弦长公式并结合条件得出的值,从而求出直线的倾斜角.【详解】(1)由题可知圆只能经过椭圆的上下顶点,所以椭圆焦距等于短轴长,可得,又点在椭圆上,所以,解得,即椭圆的方程为.(2)圆的方程为,当直线不存在斜率时,解得,不符合题意;当直线存在斜率时,设其方程为,因为直线与圆相切,所以,即.将直线与椭圆的方程联立,得:,判别式,即,设,则,所以,解得,所以直线的倾斜角为或.求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组,解出,从而写出椭圆的标准方程.解决直线与椭圆的位置关系的相关问题,其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,然后应用根与系数的关系建立方程,解决相关问题.涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决,往往会更简单.21.(1)当时,没有极值点,当时,有一个极小值点.(2)【解析】试题分析:(1),分,讨论,当时,对,,当时,解得,在上是减函数,在上是增函数。所以,当时,没有极值点,当时,有一个极小值点.(2)原命题为假命题,则逆否命题为真命题。即不等式在区间内有解。设,所以,设,则,且是增函数,所以。所以分和k>1讨论。试题解析:(Ⅰ)因为,所以,当时,对,,所以在是减函数,此时函数不存在极值,所以函数没有极值点;当时,,令,解得,若,则,所以在上是减函数,若,则,所以在上是增函数,当时,取得极小值为,函数有且仅有一个极小值点,所以当时,没有极值点,当时,有一个极小值点.(Ⅱ)命题“,”是假命题,则“,”是真命题,即不等式在区间内有解.若,则设,所以,设,则,且是增函数,所以当时,,所以在上是增函数,,即,所以在上是增函数,所以,即在上恒成立.当时,因为在是增函数,因为,,
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