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文档简介

潍坊第一中学2025年高三3月第一次模拟考试数学试题试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体外接球的表面积为()A. B. C. D.2.已知是虚数单位,若,则()A. B.2 C. D.103.函数的图象的大致形状是()A. B. C. D.4.己知全集为实数集R,集合A={x|x2+2x-8>0},B={x|log2x<1},则等于()A.[4,2] B.[4,2) C.(4,2) D.(0,2)5.点在所在的平面内,,,,,且,则()A. B. C. D.6.已知函数,其中,若恒成立,则函数的单调递增区间为()A. B.C. D.7.下列图形中,不是三棱柱展开图的是()A. B. C. D.8.设,,是非零向量.若,则()A. B. C. D.9.已知为坐标原点,角的终边经过点且,则()A. B. C. D.10.已知双曲线的一条渐近线与直线垂直,则双曲线的离心率等于()A. B. C. D.11.若,满足约束条件,则的最大值是()A. B. C.13 D.12.已知斜率为k的直线l与抛物线交于A,B两点,线段AB的中点为,则斜率k的取值范围是()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(,)过圆:的圆心,则的最小值是______.14.三棱柱中,,侧棱底面,且三棱柱的侧面积为.若该三棱柱的顶点都在同一个球的表面上,则球的表面积的最小值为_____.15.已知抛物线的焦点为,其准线与坐标轴交于点,过的直线与抛物线交于两点,若,则直线的斜率________.16.已知函数是定义在上的奇函数,其图象关于直线对称,当时,(其中是自然对数的底数,若,则实数的值为_____.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)已知椭圆的右焦点为,过点且斜率为的直线与椭圆交于两点,线段的中点为为坐标原点.(1)证明:点在轴的右侧;(2)设线段的垂直平分线与轴、轴分别相交于点.若与的面积相等,求直线的斜率18.(12分)如图,在四棱锥中,四边形是直角梯形,底面,是的中点.(1).求证:平面平面;(2).若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值.19.(12分)已知,,分别是三个内角,,的对边,.(1)求;(2)若,,求,.20.(12分)在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),将曲线上各点纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)得到曲线,以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴,建立极坐标系,直线的极坐标方程为.(1)写出的极坐标方程与直线的直角坐标方程;(2)曲线上是否存在不同的两点,(以上两点坐标均为极坐标,,),使点、到的距离都为3?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.21.(12分)如图,已知椭圆经过点,且离心率,过右焦点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆相交于两点.(1)求椭圆的标准方程;(2)设椭圆的右顶点为,线段的中点为,记直线的斜率分别为,求证:为定值.22.(10分)已知函数.(1)解不等式;(2)若,,,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】

由三视图可知,几何体是一个三棱柱,三棱柱的底面是底边为,高为的等腰三角形,侧棱长为,利用正弦定理求出底面三角形外接圆的半径,根据三棱柱的两底面中心连线的中点就是三棱柱的外接球的球心,求出球的半径,即可求解球的表面积.【详解】由三视图可知,几何体是一个三棱柱,三棱柱的底面是底边为,高为的等腰三角形,侧棱长为,如图:由底面边长可知,底面三角形的顶角为,由正弦定理可得,解得,三棱柱的两底面中心连线的中点就是三棱柱的外接球的球心,所以,该几何体外接球的表面积为:.故选:C【点睛】本题考查了多面体的内切球与外接球问题,由三视图求几何体的表面积,考查了学生的空间想象能力,属于基础题.2.C【解析】

根据复数模的性质计算即可.【详解】因为,所以,,故选:C【点睛】本题主要考查了复数模的定义及复数模的性质,属于容易题.3.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【点睛】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.4.D【解析】

求解一元二次不等式化简A,求解对数不等式化简B,然后利用补集与交集的运算得答案.【详解】解:由x2+2x-8>0,得x<-4或x>2,

∴A={x|x2+2x-8>0}={x|x<-4或x>2},

由log2x<1,x>0,得0<x<2,

∴B={x|log2x<1}={x|0<x<2},

则,

∴.

故选:D.【点睛】本题考查了交、并、补集的混合运算,考查了对数不等式,二次不等式的求法,是基础题.5.D【解析】

确定点为外心,代入化简得到,,再根据计算得到答案.【详解】由可知,点为外心,则,,又,所以①因为,②联立方程①②可得,,,因为,所以,即.故选:【点睛】本题考查了向量模长的计算,意在考查学生的计算能力.6.A【解析】

,从而可得,,再解不等式即可.【详解】由已知,,所以,,由,解得,.故选:A.【点睛】本题考查求正弦型函数的单调区间,涉及到恒成立问题,考查学生转化与化归的思想,是一道中档题.7.C【解析】

根据三棱柱的展开图的可能情况选出选项.【详解】由图可知,ABD选项可以围成三棱柱,C选项不是三棱柱展开图.故选:C【点睛】本小题主要考查三棱柱展开图的判断,属于基础题.8.D【解析】试题分析:由题意得:若,则;若,则由可知,,故也成立,故选D.考点:平面向量数量积.【思路点睛】几何图形中向量的数量积问题是近几年高考的又一热点,作为一类既能考查向量的线性运算、坐标运算、数量积及平面几何知识,又能考查学生的数形结合能力及转化与化归能力的问题,实有其合理之处.解决此类问题的常用方法是:①利用已知条件,结合平面几何知识及向量数量积的基本概念直接求解(较易);②将条件通过向量的线性运算进行转化,再利用①求解(较难);③建系,借助向量的坐标运算,此法对解含垂直关系的问题往往有很好效果.9.C【解析】

根据三角函数的定义,即可求出,得出,得出和,再利用二倍角的正弦公式,即可求出结果.【详解】根据题意,,解得,所以,所以,所以.故选:C.【点睛】本题考查三角函数定义的应用和二倍角的正弦公式,考查计算能力.10.B【解析】由于直线的斜率k,所以一条渐近线的斜率为,即,所以,选B.11.C【解析】

由已知画出可行域,利用目标函数的几何意义求最大值.【详解】解:表示可行域内的点到坐标原点的距离的平方,画出不等式组表示的可行域,如图,由解得即点到坐标原点的距离最大,即.故选:.【点睛】本题考查线性规划问题,考查数形结合的数学思想以及运算求解能力,属于基础题.12.C【解析】

设,,,,设直线的方程为:,与抛物线方程联立,由△得,利用韦达定理结合已知条件得,,代入上式即可求出的取值范围.【详解】设直线的方程为:,,,,,联立方程,消去得:,△,,且,,,线段的中点为,,,,,,,,把代入,得,,,故选:【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系,考查了韦达定理的应用,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.;【解析】

求出圆心坐标,代入直线方程得的关系,再由基本不等式求得题中最小值.【详解】圆:的标准方程为,圆心为,由题意,即,∴,当且仅当,即时等号成立,故答案为:.【点睛】本题考查用基本不等式求最值,考查圆的标准方程,解题方法是配方法求圆心坐标,“1”的代换法求最小值,目的是凑配出基本不等式中所需的“定值”.14.【解析】

分析题意可知,三棱柱为正三棱柱,所以三棱柱的中心即为外接球的球心,设棱柱的底面边长为,高为,则三棱柱的侧面积为,球的半径表示为,再由重要不等式即可得球表面积的最小值【详解】如下图,∵三棱柱为正三棱柱∴设,∴三棱柱的侧面积为∴又外接球半径∴外接球表面积.故答案为:【点睛】考查学生对几何体的正确认识,能通过题意了解到题目传达的意思,培养学生空间想象力,能够利用题目条件,画出图形,寻找外接球的球心以及半径,属于中档题15.【解析】

求出抛物线焦点坐标,由,结合向量的坐标运算得,直线方程为,代入抛物线方程后应用韦达定理得,,从而可求得,得斜率.【详解】由得,即联立得解得或,∴.故答案为:.【点睛】本题考查直线与抛物线相交,考查向量的线性运算的坐标表示.直线方程与抛物线方程联立后消元,应用韦达定理是解决直线与抛物线相交问题的常用方法.16.【解析】

先推导出函数的周期为,可得出,代值计算,即可求出实数的值.【详解】由于函数是定义在上的奇函数,则,又该函数的图象关于直线对称,则,所以,,则,所以,函数是周期为的周期函数,所以,解得.故答案为:.【点睛】本题考查利用函数的对称性计算函数值,解题的关键就是结合函数的奇偶性与对称轴推导出函数的周期,考查推理能力与计算能力,属于中等题.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)证明见解析(2)【解析】

(1)设出直线的方程,与椭圆方程联立,利用根与系数的关系求出点的横坐标即可证出;(2)根据线段的垂直平分线求出点的坐标,即可求出的面积,再表示出的面积,由与的面积相等列式,即可解出直线的斜率.【详解】(1)由题意,得,直线()设,,联立消去,得,显然,,则点的横坐标,因为,所以点在轴的右侧.(2)由(1)得点的纵坐标.即.所以线段的垂直平分线方程为:.令,得;令,得.所以的面积,的面积.因为与的面积相等,所以,解得.所以当与的面积相等时,直线的斜率.【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系的应用、根与系数的关系应用,以及三角形的面积的计算,意在考查学生的数学运算能力,属于中档题.18.(1)见解析;(2).【解析】试题分析:(1)根据平面有,利用勾股定理可证明,故平面,再由面面垂直的判定定理可证得结论;(2)在点建立空间直角坐标系,利用二面角的余弦值为建立方程求得,在利用法向量求得和平面所成角的正弦值.试题解析:(Ⅰ)平面平面因为,所以,所以,所以,又,所以平面.因为平面,所以平面平面.(Ⅱ)如图,以点为原点,分别为轴、轴、轴正方向,建立空间直角坐标系,则.设,则取,则为面法向量.设为面的法向量,则,即,取,则依题意,则.于是.设直线与平面所成角为,则即直线与平面所成角的正弦值为.19.(1);(2),或,.【解析】

(1)利用正弦定理,转化原式为,结合,可得,即得解;(2)由余弦定理,结合题中数据,可得解【详解】(1)由及正弦定理得.因为,所以,代入上式并化简得.由于,所以.又,故.(2)因为,,,由余弦定理得即,所以.而,所以,为一元二次方程的两根.所以,或,.【点睛】本题考查了正弦定理,余弦定理的综合应用,考查了学生综合分析,转化划归,数学运算的能力,属于中档题.20.(1),(2)存在,【解析】

(1)先求得曲线的普通方程,利用伸缩变换的知识求得曲线的直角坐标方程,再转化为极坐标方程.根据极坐标和直角坐标转化公式,求得直线的直角坐标方程.(2)求得曲线的圆心和半径,计算出圆心到直线的距离,结合图像判断出存在符合题意,并求得的值.【详解】(1)曲线的普通方程为,纵坐标伸长到原来的2倍,得到曲线的直角坐标方程为,其极坐标方程为,直线的直角坐标方程为.(2)曲线是以为圆心,为半径的圆,圆心到直线的距离.∴由图像可知,存在这样的点,,则,且点到直线的距离,∴,∴.【点睛】本小题主要考查坐标变换,考查直线和圆的位置关系,考查极坐标方程和直角坐标方程相互转化,考查参数方程化为普通方程,考查数形结合的数学思想方法,属于中档题.21.(1);(2)详见解析.【解析】

(1)由椭圆离心率、系数关系和已知点坐标构建方程组,求得,代入标准方程中即可;(2)依题意,直线的斜率存在,且不为0,设其为,则直线的方程为,设,,通过联立直线方程与椭圆方程化简整理和中点的坐标表示用含k的表达式表示,,进而表示;由韦达定理表示根与系数的关系进而表示用含k的表达式表示,最后做比即得证.【详解】(1)设椭圆的焦距为,则,即,所以.依题意,,即,解得,所以,.所以椭圆的标准方程为.(2)证明:依题意,直线的斜率存在,且不为0,设其为,则直线的方程为,设,.与椭圆联立整理得,故所以,,所以.又,所以

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