广东梅州第一中学2025届高三5月份考前模拟适应性联合考试数学试题试卷_第1页
广东梅州第一中学2025届高三5月份考前模拟适应性联合考试数学试题试卷_第2页
广东梅州第一中学2025届高三5月份考前模拟适应性联合考试数学试题试卷_第3页
广东梅州第一中学2025届高三5月份考前模拟适应性联合考试数学试题试卷_第4页
广东梅州第一中学2025届高三5月份考前模拟适应性联合考试数学试题试卷_第5页
已阅读5页,还剩15页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

广东梅州第一中学2025届高三5月份考前模拟适应性联合考试数学试题试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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.我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”,用现代式子表示即为:在中,角所对的边分别为,则的面积.根据此公式,若,且,则的面积为()A. B. C. D.2.已知斜率为2的直线l过抛物线C:的焦点F,且与抛物线交于A,B两点,若线段AB的中点M的纵坐标为1,则p=()A.1 B. C.2 D.43.已知复数在复平面内对应的点的坐标为,则下列结论正确的是()A. B.复数的共轭复数是C. D.4.设为等差数列的前项和,若,则A. B.C. D.5.已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等,则奇数项的二项式系数和为().A. B. C. D.6.已知实数满足,则的最小值为()A. B. C. D.7.在正方体中,球同时与以为公共顶点的三个面相切,球同时与以为公共顶点的三个面相切,且两球相切于点.若以为焦点,为准线的抛物线经过,设球的半径分别为,则()A. B. C. D.8.设分别是双线的左、右焦点,为坐标原点,以为直径的圆与该双曲线的两条渐近线分别交于两点(位于轴右侧),且四边形为菱形,则该双曲线的渐近线方程为()A. B. C. D.9.已知函,,则的最小值为()A. B.1 C.0 D.10.已知是的共轭复数,则()A. B. C. D.11.国家统计局服务业调查中心和中国物流与采购联合会发布的2018年10月份至2019年9月份共12个月的中国制造业采购经理指数(PMI)如下图所示.则下列结论中错误的是()A.12个月的PMI值不低于50%的频率为B.12个月的PMI值的平均值低于50%C.12个月的PMI值的众数为49.4%D.12个月的PMI值的中位数为50.3%12.已知为实数集,,,则()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在中,角的平分线交于,,,则面积的最大值为__________.14.若满足,则目标函数的最大值为______.15.已知等比数列满足,,则该数列的前5项的和为______________.16.正方体中,是棱的中点,是侧面上的动点,且平面,记与的轨迹构成的平面为.①,使得;②直线与直线所成角的正切值的取值范围是;③与平面所成锐二面角的正切值为;④正方体的各个侧面中,与所成的锐二面角相等的侧面共四个.其中正确命题的序号是________.(写出所有正确命题的序号)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,在平行四边形中,,,现沿对角线将折起,使点A到达点P,点M,N分别在直线,上,且A,B,M,N四点共面.(1)求证:;(2)若平面平面,二面角平面角大小为,求直线与平面所成角的正弦值.18.(12分)设抛物线过点.(1)求抛物线C的方程;(2)F是抛物线C的焦点,过焦点的直线与抛物线交于A,B两点,若,求的值.19.(12分)已知抛物线Γ:y2=2px(p>0)的焦点为F,P是抛物线Γ上一点,且在第一象限,满足(2,2)(1)求抛物线Γ的方程;(2)已知经过点A(3,﹣2)的直线交抛物线Γ于M,N两点,经过定点B(3,﹣6)和M的直线与抛物线Γ交于另一点L,问直线NL是否恒过定点,如果过定点,求出该定点,否则说明理由.20.(12分)已知函数.(1)当时,求曲线在点处的切线方程;(2)若在上恒成立,求的取值范围.21.(12分)已知函数是减函数.(1)试确定a的值;(2)已知数列,求证:.22.(10分)设椭圆的左右焦点分别为,离心率是,动点在椭圆上运动,当轴时,.(1)求椭圆的方程;(2)延长分别交椭圆于点(不重合).设,求的最小值.

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】

根据,利用正弦定理边化为角得,整理为,根据,得,再由余弦定理得,又,代入公式求解.【详解】由得,即,即,因为,所以,由余弦定理,所以,由的面积公式得故选:A【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理,还考查了运算求解的能力,属于中档题.2.C【解析】

设直线l的方程为x=y,与抛物线联立利用韦达定理可得p.【详解】由已知得F(,0),设直线l的方程为x=y,并与y2=2px联立得y2﹣py﹣p2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点C(x0,y0),∴y1+y2=p,又线段AB的中点M的纵坐标为1,则y0(y1+y2)=,所以p=2,故选C.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的相交弦问题,利用韦达定理是解题的关键,属中档题.3.D【解析】

首先求得,然后根据复数乘法运算、共轭复数、复数的模、复数除法运算对选项逐一分析,由此确定正确选项.【详解】由题意知复数,则,所以A选项不正确;复数的共轭复数是,所以B选项不正确;,所以C选项不正确;,所以D选项正确.故选:D【点睛】本小题考查复数的几何意义,共轭复数,复数的模,复数的乘法和除法运算等基础知识;考查运算求解能力,推理论证能力,数形结合思想.4.C【解析】

根据等差数列的性质可得,即,所以,故选C.5.D【解析】因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,所以,解得,所以二项式中奇数项的二项式系数和为.考点:二项式系数,二项式系数和.6.A【解析】

所求的分母特征,利用变形构造,再等价变形,利用基本不等式求最值.【详解】解:因为满足,则,当且仅当时取等号,故选:.【点睛】本题考查通过拼凑法利用基本不等式求最值.拼凑法的实质在于代数式的灵活变形,拼系数、凑常数是关键.(1)拼凑的技巧,以整式为基础,注意利用系数的变化以及等式中常数的调整,做到等价变形;(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提.7.D【解析】

由题先画出立体图,再画出平面处的截面图,由抛物线第一定义可知,点到点的距离即半径,也即点到面的距离,点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体,设,两球球心和公切点都在体对角线上,通过几何关系可转化出,进而求解【详解】根据抛物线的定义,点到点的距离与到直线的距离相等,其中点到点的距离即半径,也即点到面的距离,点到直线的距离即点到面的距离,因此球内切于正方体,不妨设,两个球心和两球的切点均在体对角线上,两个球在平面处的截面如图所示,则,所以.又因为,因此,得,所以.故选:D【点睛】本题考查立体图与平面图的转化,抛物线几何性质的使用,内切球的性质,数形结合思想,转化思想,直观想象与数学运算的核心素养8.B【解析】

由于四边形为菱形,且,所以为等边三角形,从而可得渐近线的倾斜角,求出其斜率.【详解】如图,因为四边形为菱形,,所以为等边三角形,,两渐近线的斜率分别为和.故选:B【点睛】此题考查的是求双曲线的渐近线方程,利用了数形结合的思想,属于基础题.9.B【解析】

,利用整体换元法求最小值.【详解】由已知,又,,故当,即时,.故选:B.【点睛】本题考查整体换元法求正弦型函数的最值,涉及到二倍角公式的应用,是一道中档题.10.A【解析】

先利用复数的除法运算法则求出的值,再利用共轭复数的定义求出a+bi,从而确定a,b的值,求出a+b.【详解】i,∴a+bi=﹣i,∴a=0,b=﹣1,∴a+b=﹣1,故选:A.【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算,考查了共轭复数的概念,是基础题.11.D【解析】

根据图形中的信息,可得频率、平均值的估计、众数、中位数,从而得到答案.【详解】对A,从图中数据变化看,PMI值不低于50%的月份有4个,所以12个月的PMI值不低于50%的频率为,故A正确;对B,由图可以看出,PMI值的平均值低于50%,故B正确;对C,12个月的PMI值的众数为49.4%,故C正确,;对D,12个月的PMI值的中位数为49.6%,故D错误故选:D.【点睛】本题考查频率、平均值的估计、众数、中位数计算,考查数据处理能力,属于基础题.12.C【解析】

求出集合,,,由此能求出.【详解】为实数集,,,或,.故选:.【点睛】本题考查交集、补集的求法,考查交集、补集的性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.15【解析】

由角平分线定理得,利用余弦定理和三角形面积公式,借助三角恒等变化求出面积的最大值.【详解】画出图形:因为,,由角平分线定理得,设,则由余弦定理得:即当且仅当,即时取等号所以面积的最大值为15故答案为:15【点睛】此题考查解三角形面积的最值问题,通过三角恒等变形后利用均值不等式处理,属于一般性题目.14.-1【解析】

由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,把最优解的坐标代入目标函数得答案.【详解】由约束条件作出可行域如图,化目标函数为,由图可得,当直线过点时,直线在轴上的截距最大,由得即,则有最大值,故答案为.【点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值,属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”:(1)作出可行域(一定要注意是实线还是虚线);(2)找到目标函数对应的最优解对应点(在可行域内平移变形后的目标函数,最先通过或最后通过的顶点就是最优解);(3)将最优解坐标代入目标函数求出最值.15.31【解析】设,可化为,得,,,16.①②③④【解析】

取中点,中点,中点,先利用中位线的性质判断点的运动轨迹为线段,平面即为平面,画出图形,再依次判断:①利用等腰三角形的性质即可判断;②直线与直线所成角即为直线与直线所成角,设正方体的棱长为2,进而求解;③由,取为中点,则,则即为与平面所成的锐二面角,进而求解;④由平行的性质及图形判断即可.【详解】取中点,连接,则,所以,所以平面即为平面,取中点,中点,连接,则易证得,所以平面平面,所以点的运动轨迹为线段,平面即为平面.①取为中点,因为是等腰三角形,所以,又因为,所以,故①正确;②直线与直线所成角即为直线与直线所成角,设正方体的棱长为2,当点为中点时,直线与直线所成角最小,此时,;当点与点或点重合时,直线与直线所成角最大,此时,所以直线与直线所成角的正切值的取值范围是,②正确;③与平面的交线为,且,取为中点,则即为与平面所成的锐二面角,,所以③正确;④正方体的各个侧面中,平面,平面,平面,平面与平面所成的角相等,所以④正确.故答案为:①②③④【点睛】本题考查直线与平面的空间位置关系,考查异面直线成角,二面角,考查空间想象能力与转化思想.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)根据余弦定理,可得,利用//,可得//平面,然后利用线面平行的性质定理,//,最后可得结果.(2)根据二面角平面角大小为,可知N为的中点,然后利用建系,计算以及平面的一个法向量,利用向量的夹角公式,可得结果.【详解】(1)不妨设,则,在中,,则,因为,所以,因为//,且A、B、M、N四点共面,所以//平面.又平面平面,所以//.而,.(2)因为平面平面,且,所以平面,,因为,所以平面,,因为,平面与平面夹角为,所以,在中,易知N为的中点,如图,建立空间直角坐标系,则,,,,,,,,设平面的一个法向量为,则由,令,得.设与平面所成角为,则.【点睛】本题考查线面平行的性质定理以及线面角,熟练掌握利用建系的方法解决几何问题,将几何问题代数化,化繁为简,属中档题.18.(1)(2)【解析】

(1)代入计算即可.(2)设直线AB的方程为,再联立直线与抛物线的方程,消去可得的一元二次方程,再根据韦达定理与求解,进而利用弦长公式求解即可.【详解】解:(1)因为抛物线过点,所以,所以,抛物线的方程为(2)由题意知直线AB的斜率存在,可设直线AB的方程为,,.因为,所以,联立,化简得,所以,,所以,,解得,所以.【点睛】本题考查抛物线的方程以及联立直线与抛物线求弦长的简单应用.属于基础题.19.(1)y2=4x;;(2)直线NL恒过定点(﹣3,0),理由见解析.【解析】

(1)根据抛物线的方程,求得焦点F(,0),利用(2,2),表示点P的坐标,再代入抛物线方程求解.(2)设M(x0,y0),N(x1,y1),L(x2,y2),表示出MN的方程y和ML的方程y,因为A(3,﹣2),B(3,﹣6)在这两条直线上,分别代入两直线的方程可得y1y2=12,然后表示直线NL的方程为:y﹣y1(x),代入化简求解.【详解】(1)由抛物线的方程可得焦点F(,0),满足(2,2)的P的坐标为(2,2),P在抛物线上,所以(2)2=2p(2),即p2+4p﹣12=0,p>0,解得p=2,所以抛物线的方程为:y2=4x;(2)设M(x0,y0),N(x1,y1),L(x2,y2),则y12=4x1,y22=4x2,直线MN的斜率kMN,则直线MN的方程为:y﹣y0(x),即y①,同理可得直线ML的方程整理可得y②,将A(3,﹣2),B(3,﹣6)分别代入①,②的方程可得,消y0可得y1y2=12,易知直线kNL,则直线NL的方程为:y﹣y1(x),即yx,故yx,所以y(x+3),因此直线NL恒过定点(﹣3,0).【点睛】本题主要考查了抛物线的方程及直线与抛物线的位置关系,直线过定点问题,还考查了转化化归的思想和运算求解的能力,属于中档题.20.(1);(2)【解析】

(1),对函数求导,分别求出和,即可求出在点处的切线方程;(2)对求导,分、和三种情况讨论的单调性,再结合在上恒成立,可求得的取值范围.【详解】(1)因为,所以,所以,则,故曲线在点处的切线方程为.(2)因为,所以,①当时,在上恒成立,则在上单调递增,从而成立,故符合题意;②当时,令,解得,即在上单调递减,则,故不符合题意;③当时,在上恒成立,即在上单调递减,则,故不符合题意.综上,的取值范围为.【点睛】本题考查了

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论