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文档简介
2025年山东省枣庄市现代实验学校高三下学期期中考试数学试题(A)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.阅读如图的程序框图,若输出的值为25,那么在程序框图中的判断框内可填写的条件是()A. B. C. D.2.已知不重合的平面和直线,则“”的充分不必要条件是()A.内有无数条直线与平行 B.且C.且 D.内的任何直线都与平行3.已知函数(),若函数在上有唯一零点,则的值为()A.1 B.或0 C.1或0 D.2或04.若,满足约束条件,则的取值范围为()A. B. C. D.5.如图,在正四棱柱中,,分别为的中点,异面直线与所成角的余弦值为,则()A.直线与直线异面,且 B.直线与直线共面,且C.直线与直线异面,且 D.直线与直线共面,且6.已知平面向量,满足且,若对每一个确定的向量,记的最小值为,则当变化时,的最大值为()A. B. C. D.17.已知的共轭复数是,且(为虚数单位),则复数在复平面内对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限8.“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为A. B.C. D.9.在中,角所对的边分别为,已知,.当变化时,若存在最大值,则正数的取值范围为A. B. C. D.10.观察下列各式:,,,,,,,,根据以上规律,则()A. B. C. D.11.某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的体积为()A. B. C. D.12.德国数学家莱布尼兹(1646年-1716年)于1674年得到了第一个关于π的级数展开式,该公式于明朝初年传入我国.在我国科技水平业已落后的情况下,我国数学家、天文学家明安图(1692年-1765年)为提高我国的数学研究水平,从乾隆初年(1736年)开始,历时近30年,证明了包括这个公式在内的三个公式,同时求得了展开三角函数和反三角函数的6个新级数公式,著有《割圆密率捷法》一书,为我国用级数计算π开创了先河.如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于π的级数展开式”计算π的近似值(其中P表示π的近似值),若输入,则输出的结果是()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.直线xsinα+y+2=0的倾斜角的取值范围是________________.14.已知正方形边长为,空间中的动点满足,,则三棱锥体积的最大值是______.15.“今有女善织,日益功疾,初日织五尺,今一月共织九匹三丈.”其白话意译为:“现有一善织布的女子,从第2天开始,每天比前一天多织相同数量的布,第一天织了5尺布,现在一个月(按30天计算)共织布390尺.”则每天增加的数量为____尺,设该女子一个月中第n天所织布的尺数为,则______.16.展开式中项系数为160,则的值为______.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)在创建“全国文明卫生城”过程中,运城市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况,进行了一次创城知识问卷调查(一位市民只能参加一次),通过随机抽样,得到参加问卷调查的人的得分统计结果如表所示:.组别频数(1)由频数分布表可以大致认为,此次问卷调查的得分似为这人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表),利用该正态分布,求;(2)在(1)的条件下,“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案:①得分不低于的可以获赠次随机话费,得分低于的可以获赠次随机话费;②每次获赠的随机话费和对应的概率为:赠送话费的金额(单位:元)概率现有市民甲参加此次问卷调查,记(单位:元)为该市民参加问卷调查获赠的话费,求的分布列与数学期望.附:参考数据与公式:,若,则,,18.(12分)在直角坐标系中,直线的参数方程是为参数),曲线的参数方程是为参数),以为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求直线和曲线的极坐标方程;(2)已知射线与曲线交于两点,射线与直线交于点,若的面积为1,求的值和弦长.19.(12分)如图,在三棱锥中,平面平面,,.点,,分别为线段,,的中点,点是线段的中点.(1)求证:平面.(2)判断与平面的位置关系,并证明.20.(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.21.(12分)已知椭圆的左、右焦点分别为,离心率为,为椭圆上一动点(异于左右顶点),面积的最大值为.(1)求椭圆的方程;(2)若直线与椭圆相交于点两点,问轴上是否存在点,使得是以为直角顶点的等腰直角三角形?若存在,求点的坐标;若不存在,请说明理由.22.(10分)已知函数.(1)讨论函数单调性;(2)当时,求证:.
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】
根据循环结构的程序框图,带入依次计算可得输出为25时的值,进而得判断框内容.【详解】根据循环程序框图可知,则,,,,,此时输出,因而不符合条件框的内容,但符合条件框内容,结合选项可知C为正确选项,故选:C.本题考查了循环结构程序框图的简单应用,完善程序框图,属于基础题.2.B【解析】
根据充分不必要条件和直线和平面,平面和平面的位置关系,依次判断每个选项得到答案.【详解】A.内有无数条直线与平行,则相交或,排除;B.且,故,当,不能得到且,满足;C.且,,则相交或,排除;D.内的任何直线都与平行,故,若,则内的任何直线都与平行,充要条件,排除.故选:.本题考查了充分不必要条件和直线和平面,平面和平面的位置关系,意在考查学生的综合应用能力.3.C【解析】
求出函数的导函数,当时,只需,即,令,利用导数求其单调区间,即可求出参数的值,当时,根据函数的单调性及零点存在性定理可判断;【详解】解:∵(),∴,∴当时,由得,则在上单调递减,在上单调递增,所以是极小值,∴只需,即.令,则,∴函数在上单调递增.∵,∴;当时,,函数在上单调递减,∵,,函数在上有且只有一个零点,∴的值是1或0.故选:C本题考查利用导数研究函数的零点问题,零点存在性定理的应用,属于中档题.4.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.5.B【解析】
连接,,,,由正四棱柱的特征可知,再由平面的基本性质可知,直线与直线共面.,同理易得,由异面直线所成的角的定义可知,异面直线与所成角为,然后再利用余弦定理求解.【详解】如图所示:连接,,,,由正方体的特征得,所以直线与直线共面.由正四棱柱的特征得,所以异面直线与所成角为.设,则,则,,,由余弦定理,得.故选:B本题主要考查异面直线的定义及所成的角和平面的基本性质,还考查了推理论证和运算求解的能力,属于中档题.6.B【解析】
根据题意,建立平面直角坐标系.令.为中点.由即可求得点的轨迹方程.将变形,结合及平面向量基本定理可知三点共线.由圆切线的性质可知的最小值即为到直线的距离最小值,且当与圆相切时,有最大值.利用圆的切线性质及点到直线距离公式即可求得直线方程,进而求得原点到直线的距离,即为的最大值.【详解】根据题意,设,则由代入可得即点的轨迹方程为又因为,变形可得,即,且所以由平面向量基本定理可知三点共线,如下图所示:所以的最小值即为到直线的距离最小值根据圆的切线性质可知,当与圆相切时,有最大值设切线的方程为,化简可得由切线性质及点到直线距离公式可得,化简可得即所以切线方程为或所以当变化时,到直线的最大值为即的最大值为故选:B本题考查了平面向量的坐标应用,平面向量基本定理的应用,圆的轨迹方程问题,圆的切线性质及点到直线距离公式的应用,综合性强,属于难题.7.D【解析】
设,整理得到方程组,解方程组即可解决问题.【详解】设,因为,所以,所以,解得:,所以复数在复平面内对应的点为,此点位于第四象限.故选D本题主要考查了复数相等、复数表示的点知识,考查了方程思想,属于基础题.8.D【解析】分析:根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列,利用等比数列的相关性质可解.详解:因为每一个单音与前一个单音频率比为,所以,又,则故选D.点睛:此题考查等比数列的实际应用,解决本题的关键是能够判断单音成等比数列.等比数列的判断方法主要有如下两种:(1)定义法,若()或(),数列是等比数列;(2)等比中项公式法,若数列中,且(),则数列是等比数列.9.C【解析】
因为,,所以根据正弦定理可得,所以,,所以,其中,,因为存在最大值,所以由,可得,所以,所以,解得,所以正数的取值范围为,故选C.10.B【解析】
每个式子的值依次构成一个数列,然后归纳出数列的递推关系后再计算.【详解】以及数列的应用根据题设条件,设数字,,,,,,,构成一个数列,可得数列满足,则,,.故选:B.本题主要考查归纳推理,解题关键是通过数列的项归纳出递推关系,从而可确定数列的一些项.11.B【解析】
由三视图知该四棱锥是底面为正方形,且一侧棱垂直于底面,由此求出四棱锥的体积.【详解】由三视图知该四棱锥是底面为正方形,且一侧棱垂直于底面,画出四棱锥的直观图,如图所示:则该四棱锥的体积为.故选:B.本题考查了利用三视图求几何体体积的问题,是基础题.12.B【解析】
执行给定的程序框图,输入,逐次循环,找到计算的规律,即可求解.【详解】由题意,执行给定的程序框图,输入,可得:第1次循环:;第2次循环:;第3次循环:;第10次循环:,此时满足判定条件,输出结果,故选:B.本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出,其中解答中认真审题,逐次计算,得到程序框图的计算功能是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,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】因为sinα∈[-1,1],所以-sinα∈[-1,1],所以已知直线的斜率范围为[-1,1],由倾斜角与斜率关系得倾斜角范围是.答案:14.【解析】
以为原点,为轴,为轴,过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系,设点,根据题中条件得出,进而可求出的最大值,由此能求出三棱锥体积的最大值.【详解】以为原点,为轴,为轴,过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系,则,,,设点,空间中的动点满足,,所以,整理得,,当,时,取最大值,所以,三棱锥的体积为.因此,三棱锥体积的最大值为.故答案为:.本题考查三棱锥体积的最大值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.15.52【解析】
设从第2天开始,每天比前一天多织尺布,由等差数列前项和公式求出,由此利用等差数列通项公式能求出.【详解】设从第2天开始,每天比前一天多织d尺布,
则,
解得,即每天增加的数量为,
,故答案为,52.本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的求和公式,意在考查利用所学知识解决问题的能力,属于中档题.16.-2【解析】
表示该二项式的展开式的第r+1项,令其指数为3,再代回原表达式构建方程求得答案.【详解】该二项式的展开式的第r+1项为令,所以,则故答案为:本题考查由二项式指定项的系数求参数,属于简单题.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)详见解析【解析】
由题意,根据平均数公式求得,再根据,参照数据求解.由题意得,获赠话费的可能取值为,求得相应的概率,列出分布列求期望.【详解】由题意得综上,由题意得,获赠话费的可能取值为,,的分布列为:本题主要考查正态分布和离散型随机变量的分布列及期望,还考查了运算求解的能力,属于中档题.18.(1),;(2).【解析】
(1)先把直线和曲线的参数方程化成普通方程,再化成极坐标方程;(2)联立极坐标方程,根据极径的几何意义可得,再由面积可解得极角,从而可得.【详解】(1)直线的参数方程是为参数),消去参数得直角坐标方程为:.转换为极坐标方程为:,即.曲线的参数方程是(为参数),转换为直角坐标方程为:,化为一般式得化为极坐标方程为:.
(2)由于,得,.所以,所以,由于,所以,所以.本题主要考查参数方程与普通方程的互化、直角坐标方程与极坐标方程的互化,熟记公式即可,属于常考题型.19.(1)见解析(2)平面.见解析【解析】
(1)要证平面,只需证明,,即可求得答案;(2)连接交于点,连接,根据已知条件求证,即可判断与平面的位置关系,进而求得答案.【详解】(1),为边的中点,,平面平面,平面平面,平面,平面,,在内,,为所在边的中点,,又,,平面.(2)判断可知,平面,证明如下:连接交于点,连接.、、分别为边、、的中点,.又是的重心,,,平面,平面,平面.本题主要考查了求证线面垂直和线面平行,解题关键是掌握线面垂直判定定理和线面平行判断定理,考查了分析能力和空间想象能力,属于中档题.20.【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
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