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文档简介
陕西交大附中2025届高三3月阶段性测试数学试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,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.函数的图象大致为()A. B.C. D.2.设,则(
)A.10 B.11 C.12 D.133.三棱锥的各个顶点都在求的表面上,且是等边三角形,底面,,,若点在线段上,且,则过点的平面截球所得截面的最小面积为()A. B. C. D.4.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.15.如图,在平行四边形中,对角线与交于点,且,则()A. B.C. D.6.已知的展开式中的常数项为8,则实数()A.2 B.-2 C.-3 D.37.在中,为边上的中线,为的中点,且,,则()A. B. C. D.8.若,则的虚部是A.3 B. C. D.9.运行如图程序,则输出的S的值为()A.0 B.1 C.2018 D.201710.要得到函数的图象,只需将函数的图象A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度11.如图,已知三棱锥中,平面平面,记二面角的平面角为,直线与平面所成角为,直线与平面所成角为,则()A. B. C. D.12.空间点到平面的距离定义如下:过空间一点作平面的垂线,这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离.已知平面,,两两互相垂直,点,点到,的距离都是3,点是上的动点,满足到的距离与到点的距离相等,则点的轨迹上的点到的距离的最小值是()A. B.3 C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知不等式组所表示的平面区域为,则区域的外接圆的面积为______.14.验证码就是将一串随机产生的数字或符号,生成一幅图片,图片里加上一些干扰象素(防止),由用户肉眼识别其中的验证码信息,输入表单提交网站验证,验证成功后才能使用某项功能.很多网站利用验证码技术来防止恶意登录,以提升网络安全.在抗疫期间,某居民小区电子出入证的登录验证码由0,1,2,…,9中的五个数字随机组成.将中间数字最大,然后向两边对称递减的验证码称为“钟型验证码”(例如:如14532,12543),已知某人收到了一个“钟型验证码”,则该验证码的中间数字是7的概率为__________.15.过动点作圆:的切线,其中为切点,若(为坐标原点),则的最小值是__________.16.已知实数,且由的最大值是_________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)如图,四棱锥中,底面是菱形,对角线交于点为棱的中点,.求证:(1)平面;(2)平面平面.18.(12分)已知函数(Ⅰ)若,求曲线在点处的切线方程;(Ⅱ)若在上恒成立,求实数的取值范围;(Ⅲ)若数列的前项和,,求证:数列的前项和.19.(12分)如图,底面是等腰梯形,,点为的中点,以为边作正方形,且平面平面.(1)证明:平面平面.(2)求二面角的正弦值.20.(12分)在极坐标系中,已知曲线C的方程为(),直线l的方程为.设直线l与曲线C相交于A,B两点,且,求r的值.21.(12分)设椭圆的左右焦点分别为,离心率,右准线为,是上的两个动点,.(Ⅰ)若,求的值;(Ⅱ)证明:当取最小值时,与共线.22.(10分)已知函数.(1)当时,试求曲线在点处的切线;(2)试讨论函数的单调区间.
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、A【解析】
用偶函数的图象关于轴对称排除,用排除,用排除.故只能选.【详解】因为,所以函数为偶函数,图象关于轴对称,故可以排除;因为,故排除,因为由图象知,排除.故选:A【点睛】本题考查了根据函数的性质,辨析函数的图像,排除法,属于中档题.2、B【解析】
根据题中给出的分段函数,只要将问题转化为求x≥10内的函数值,代入即可求出其值.【详解】∵f(x),∴f(5)=f[f(1)]=f(9)=f[f(15)]=f(13)=1.故选:B.【点睛】本题主要考查了分段函数中求函数的值,属于基础题.3、A【解析】
由题意画出图形,求出三棱锥S-ABC的外接球的半径,再求出外接球球心到D的距离,利用勾股定理求得过点D的平面截球O所得截面圆的最小半径,则答案可求.【详解】如图,设三角形ABC外接圆的圆心为G,则外接圆半径AG=,设三棱锥S-ABC的外接球的球心为O,则外接球的半径R=取SA中点E,由SA=4,AD=3SD,得DE=1,所以OD=.则过点D的平面截球O所得截面圆的最小半径为所以过点D的平面截球O所得截面的最小面积为故选:A【点睛】本题考查三棱锥的外接球问题,还考查了求截面的最小面积,属于较难题.4、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【点睛】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.5、C【解析】
画出图形,以为基底将向量进行分解后可得结果.【详解】画出图形,如下图.选取为基底,则,∴.故选C.【点睛】应用平面向量基本定理应注意的问题(1)只要两个向量不共线,就可以作为平面的一组基底,基底可以有无穷多组,在解决具体问题时,合理选择基底会给解题带来方便.(2)利用已知向量表示未知向量,实质就是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加减运算或数乘运算.6、A【解析】
先求的展开式,再分类分析中用哪一项与相乘,将所有结果为常数的相加,即为展开式的常数项,从而求出的值.【详解】展开式的通项为,当取2时,常数项为,当取时,常数项为由题知,则.故选:A.【点睛】本题考查了两个二项式乘积的展开式中的系数问题,其中对所取的项要进行分类讨论,属于基础题.7、A【解析】
根据向量的线性运算可得,利用及,计算即可.【详解】因为,所以,所以,故选:A【点睛】本题主要考查了向量的线性运算,向量数量积的运算,向量数量积的性质,属于中档题.8、B【解析】
因为,所以的虚部是.故选B.9、D【解析】
依次运行程序框图给出的程序可得第一次:,不满足条件;第二次:,不满足条件;第三次:,不满足条件;第四次:,不满足条件;第五次:,不满足条件;第六次:,满足条件,退出循环.输出1.选D.10、D【解析】
先将化为,根据函数图像的平移原则,即可得出结果.【详解】因为,所以只需将的图象向右平移个单位.【点睛】本题主要考查三角函数的平移,熟记函数平移原则即可,属于基础题型.11、A【解析】
作于,于,分析可得,,再根据正弦的大小关系判断分析得,再根据线面角的最小性判定即可.【详解】作于,于.因为平面平面,平面.故,故平面.故二面角为.又直线与平面所成角为,因为,故.故,当且仅当重合时取等号.又直线与平面所成角为,且为直线与平面内的直线所成角,故,当且仅当平面时取等号.故.故选:A【点睛】本题主要考查了线面角与线线角的大小判断,需要根据题意确定角度的正弦的关系,同时运用线面角的最小性进行判定.属于中档题.12、D【解析】
建立平面直角坐标系,将问题转化为点的轨迹上的点到轴的距离的最小值,利用到轴的距离等于到点的距离得到点轨迹方程,得到,进而得到所求最小值.【详解】如图,原题等价于在直角坐标系中,点,是第一象限内的动点,满足到轴的距离等于点到点的距离,求点的轨迹上的点到轴的距离的最小值.设,则,化简得:,则,解得:,即点的轨迹上的点到的距离的最小值是.故选:.【点睛】本题考查立体几何中点面距离最值的求解,关键是能够准确求得动点轨迹方程,进而根据轨迹方程构造不等关系求得最值.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
先作可行域,根据解三角形得外接圆半径,最后根据圆面积公式得结果.【详解】由题意作出区域,如图中阴影部分所示,易知,故,又,设的外接圆的半径为,则由正弦定理得,即,故所求外接圆的面积为.【点睛】线性规划问题,首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线,其次确定目标函数的几何意义,是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离、可行域面积、可行域外接圆等等,最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.14、【解析】
首先判断出中间号码的所有可能取值,由此求得基本事件的总数以及中间数字是的事件数,根据古典概型概率计算公式计算出所求概率.【详解】根据“钟型验证码”中间数字最大,然后向两边对称递减,所以中间的数字可能是.当中间是时,其它个数字可以是,选其中两个排在左边(排法唯一),另外两个排在右边(排法唯一),所以方法数有种.当中间是时,其它个数字可以是,选其中两个排在左边(排法唯一),另外两个排在右边(排法唯一),所以方法数有种.当中间是时,其它个数字可以是,选其中两个排在左边(排法唯一),另外两个排在右边(排法唯一),所以方法数有种.当中间是时,其它个数字可以是,选其中两个排在左边(排法唯一),另外两个排在右边(排法唯一),所以方法数有种.当中间是时,其它个数字可以是,选其中两个排在左边(排法唯一),另外两个排在右边(排法唯一),所以方法数有种.当中间是时,其它个数字可以是,选其中两个排在左边(排法唯一),另外两个排在右边(排法唯一),所以方法数有种.所以该验证码的中间数字是7的概率为.故答案为:【点睛】本小题主要考查古典概型概率计算,考查分类加法计数原理、分类乘法计数原理的应用,考查运算求解能力,属于中档题.15、【解析】解答:由圆的方程可得圆心C的坐标为(2,2),半径等于1.由M(a,b),则|MN|2=(a−2)2+(b−2)2−12=a2+b2−4a−4b+7,|MO|2=a2+b2.由|MN|=|MO|,得a2+b2−4a−4b+7=a2+b2.整理得:4a+4b−7=0.∴a,b满足的关系为:4a+4b−7=0.求|MN|的最小值,就是求|MO|的最小值.在直线4a+4b−7=0上取一点到原点距离最小,由“垂线段最短”得,直线OM垂直直线4a+4b−7=0,由点到直线的距离公式得:MN的最小值为:.16、【解析】
将其转化为几何意义,然后根据最值的条件求出最大值【详解】由化简得,又实数,图形为圆,如图:,可得,则由几何意义得,则,为求最大值则当过点或点时取最小值,可得所以的最大值是【点睛】本题考查了二元最值问题,将其转化为几何意义,得到圆的方程及斜率问题,对要求的二元二次表达式进行化简,然后求出最值问题,本题有一定难度。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)详见解析;(2)详见解析.【解析】
(1)连结根据中位线的性质证明即可.(2)证明,再证明平面即可.【详解】解:证明:连结是菱形对角线的交点,为的中点,是棱的中点,平面平面平面解:在菱形中,且为的中点,,,平面平面,平面平面.【点睛】本题主要考查了线面平行与垂直的判定,属于基础题.18、(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ)证明见解析.【解析】试题分析:将,求出切线方程求导后讨论当时和时的单调性证明,求出实数的取值范围先求出、的通项公式,利用当时,得,下面证明:解析:(Ⅰ)因为,所以,,切点为.由,所以,所以曲线在处的切线方程为,即(Ⅱ)由,令,则(当且仅当取等号).故在上为增函数.①当时,,故在上为增函数,所以恒成立,故符合题意;②当时,由于,,根据零点存在定理,必存在,使得,由于在上为增函数,故当时,,故在上为减函数,所以当时,,故在上不恒成立,所以不符合题意.综上所述,实数的取值范围为(III)证明:由由(Ⅱ)知当时,,故当时,,故,故.下面证明:因为而,所以,,即:点睛:本题考查了利用导数的几何意义求出参数及证明不等式成立,借助第二问的证明过程,利用导数的单调性证明数列的不等式,在求解的过程中还要求出数列的和,计算较为复杂,本题属于难题.19、(1)见解析;(2)【解析】
(1)先证明四边形是菱形,进而可知,然后可得到平面,即可证明平面平面;(2)记AC,BE的交点为O,再取FG的中点P.以O为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系,分别求出平面ABF和DBF的法向量,然后由,可求出二面角的余弦值,进而可求出二面角的正弦值.【详解】(1)证明:因为点为的中点,,所以,因为,所以,所以四边形是平行四边形,因为,所以平行四边形是菱形,所以,因为平面平面,且平面平面,所以平面.因为平面,所以平面平面.(2)记AC,BE的交点为O,再取FG的中点P.由题意可知AC,BE,OP两两垂直,故以O为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为底面ABCD是等腰梯形,,所以四边形ABCE是菱形,且,所以,则,设平面ABF的法向量为,则,不妨取,则,设平面DBF的法向量为,则,不妨取,则,故.记二面角的大小为,故.【点睛】
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