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文档简介
甘肃省天水市甘谷一中2025届高三下学期第三次验收数学试题文试卷注意事项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.已知,为两条不同直线,,,为三个不同平面,下列命题:①若,,则;②若,,则;③若,,则;④若,,则.其中正确命题序号为()A.②③ B.②③④ C.①④ D.①②③2.设等比数列的前项和为,则“”是“”的()A.充分不必要 B.必要不充分C.充要 D.既不充分也不必要3.已知是虚数单位,若,则()A. B.2 C. D.104.是定义在上的增函数,且满足:的导函数存在,且,则下列不等式成立的是()A. B.C. D.5.某程序框图如图所示,若输出的,则判断框内为()A. B. C. D.6.已知,且,则在方向上的投影为()A. B. C. D.7.已知正项数列满足:,设,当最小时,的值为()A. B. C. D.8.已知向量,满足||=1,||=2,且与的夹角为120°,则=()A. B. C. D.9.已知复数,则()A. B. C. D.10.若实数满足不等式组则的最小值等于()A. B. C. D.11.已知命题:是“直线和直线互相垂直”的充要条件;命题:对任意都有零点;则下列命题为真命题的是()A. B. C. D.12.甲、乙、丙三人相约晚上在某地会面,已知这三人都不会违约且无两人同时到达,则甲第一个到、丙第三个到的概率是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如图,在三棱锥A﹣BCD中,点E在BD上,EA=EB=EC=ED,BDCD,△ACD为正三角形,点M,N分别在AE,CD上运动(不含端点),且AM=CN,则当四面体C﹣EMN的体积取得最大值时,三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为_____.14.数学家狄里克雷对数论,数学分析和数学物理有突出贡献,是解析数论的创始人之一.函数,称为狄里克雷函数.则关于有以下结论:①的值域为;②;③;④其中正确的结论是_______(写出所有正确的结论的序号)15.已知,则_____.16.已知一个圆锥的底面积和侧面积分别为和,则该圆锥的体积为________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:的离心率为,直线:与以原点为圆心,以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.为左顶点,过点的直线交椭圆于,两点,直线,分别交直线于,两点.(1)求椭圆的方程;(2)以线段为直径的圆是否过定点?若是,写出所有定点的坐标;若不是,请说明理由.18.(12分)等差数列中,.(1)求的通项公式;(2)设,记为数列前项的和,若,求.19.(12分)已知,,动点满足直线与直线的斜率之积为,设点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程;(2)若过点的直线与曲线交于,两点,过点且与直线垂直的直线与相交于点,求的最小值及此时直线的方程.20.(12分)在开展学习强国的活动中,某校高三数学教师成立了党员和非党员两个学习组,其中党员学习组有4名男教师、1名女教师,非党员学习组有2名男教师、2名女教师,高三数学组计划从两个学习组中随机各选2名教师参加学校的挑战答题比赛.(1)求选出的4名选手中恰好有一名女教师的选派方法数;(2)记X为选出的4名选手中女教师的人数,求X的概率分布和数学期望.21.(12分)已知函数.(1)当时,判断在上的单调性并加以证明;(2)若,,求的取值范围.22.(10分)在锐角中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知.(1)求的值;(2)当,且时,求的面积.
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】
根据直线与平面,平面与平面的位置关系进行判断即可.【详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得,若,,则,故①正确;若,,平面可能相交,故②错误;若,,则可能平行,故③错误;由线面垂直的性质可得,④正确;故选:C【点睛】本题主要考查了判断直线与平面,平面与平面的位置关系,属于中档题.2、A【解析】
首先根据等比数列分别求出满足,的基本量,根据基本量的范围即可确定答案.【详解】为等比数列,若成立,有,因为恒成立,故可以推出且,若成立,当时,有,当时,有,因为恒成立,所以有,故可以推出,,所以“”是“”的充分不必要条件.故选:A.【点睛】本题主要考查了等比数列基本量的求解,充分必要条件的集合关系,属于基础题.3、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.4、D【解析】
根据是定义在上的增函数及有意义可得,构建新函数,利用导数可得为上的增函数,从而可得正确的选项.【详解】因为是定义在上的增函数,故.又有意义,故,故,所以.令,则,故在上为增函数,所以即,整理得到.故选:D.【点睛】本题考查导数在函数单调性中的应用,一般地,数的大小比较,可根据数的特点和题设中给出的原函数与导数的关系构建新函数,本题属于中档题.5、C【解析】程序在运行过程中各变量值变化如下表:KS是否继续循环循环前11第一圈24是第二圈311是第三圈426是第四圈557是第五圈6120否故退出循环的条件应为k>5?本题选择C选项.点睛:使用循环结构寻数时,要明确数字的结构特征,决定循环的终止条件与数的结构特征的关系及循环次数.尤其是统计数时,注意要统计的数的出现次数与循环次数的区别.6、C【解析】
由向量垂直的向量表示求出,再由投影的定义计算.【详解】由可得,因为,所以.故在方向上的投影为.故选:C.【点睛】本题考查向量的数量积与投影.掌握向量垂直与数量积的关系是解题关键.7、B【解析】
由得,即,所以得,利用基本不等式求出最小值,得到,再由递推公式求出.【详解】由得,即,,当且仅当时取得最小值,此时.故选:B【点睛】本题主要考查了数列中的最值问题,递推公式的应用,基本不等式求最值,考查了学生的运算求解能力.8、D【解析】
先计算,然后将进行平方,,可得结果.【详解】由题意可得:∴∴则.故选:D.【点睛】本题考查的是向量的数量积的运算和模的计算,属基础题。9、B【解析】
利用复数除法、加法运算,化简求得,再求得【详解】,故.故选:B【点睛】本小题主要考查复数的除法运算、加法运算,考查复数的模,属于基础题.10、A【解析】
首先画出可行域,利用目标函数的几何意义求的最小值.【详解】解:作出实数,满足不等式组表示的平面区域(如图示:阴影部分)由得,由得,平移,易知过点时直线在上截距最小,所以.故选:A.【点睛】本题考查了简单线性规划问题,求目标函数的最值先画出可行域,利用几何意义求值,属于中档题.11、A【解析】
先分别判断每一个命题的真假,再利用复合命题的真假判断确定答案即可.【详解】当时,直线和直线,即直线为和直线互相垂直,所以“”是直线和直线互相垂直“的充分条件,当直线和直线互相垂直时,,解得.所以“”是直线和直线互相垂直“的不必要条件.:“”是直线和直线互相垂直“的充分不必要条件,故是假命题.当时,没有零点,所以命题是假命题.所以是真命题,是假命题,是假命题,是假命题.故选:.【点睛】本题主要考查充要条件的判断和两直线的位置关系,考查二次函数的图象,考查学生对这些知识的理解掌握水平.12、D【解析】
先判断是一个古典概型,列举出甲、乙、丙三人相约到达的基本事件种数,再得到甲第一个到、丙第三个到的基本事件的种数,利用古典概型的概率公式求解.【详解】甲、乙、丙三人相约到达的基本事件有甲乙丙,甲丙乙,乙甲丙,乙丙甲,丙甲乙,丙乙甲,共6种,其中甲第一个到、丙第三个到有甲乙丙,共1种,所以甲第一个到、丙第三个到的概率是.故选:D【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法,还考查了理解辨析的能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、32π【解析】
设ED=a,根据勾股定理的逆定理可以通过计算可以证明出CE⊥ED.AM=x,根据三棱锥的体积公式,运用基本不等式,可以求出AM的长度,最后根据球的表面积公式进行求解即可.【详解】设ED=a,则CDa.可得CE2+DE2=CD2,∴CE⊥ED.当平面ABD⊥平面BCD时,当四面体C﹣EMN的体积才有可能取得最大值,设AM=x.则四面体C﹣EMN的体积(a﹣x)a×xax(a﹣x),当且仅当x时取等号.解得a=2.此时三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积=4πa2=32π.故答案为:32π【点睛】本题考查了基本不等式的应用,考查了球的表面积公式,考查了数学运算能力和空间想象能力.14、②【解析】
根据新定义,结合实数的性质即可判断①②③,由定义求得比小的有理数个数,即可确定④.【详解】对于①,由定义可知,当为有理数时;当为无理数时,则值域为,所以①错误;对于②,因为有理数的相反数还是有理数,无理数的相反数还是无理数,所以满足,所以②正确;对于③,因为,当为无理数时,可以是有理数,也可以是无理数,所以③错误;对于④,由定义可知,所以④错误;综上可知,正确的为②.故答案为:②.【点睛】本题考查了新定义函数的综合应用,正确理解题意是解决此类问题的关键,属于中档题.15、【解析】
对原方程两边求导,然后令求得表达式的值.【详解】对等式两边求导,得,令,则.【点睛】本小题主要考查二项式展开式,考查利用导数转化已知条件,考查赋值法,属于中档题.16、【解析】
依据圆锥的底面积和侧面积公式,求出底面半径和母线长,再根据勾股定理求出圆锥的高,最后利用圆锥的体积公式求出体积。【详解】设圆锥的底面半径为,母线长为,高为,所以有解得,故该圆锥的体积为。【点睛】本题主要考查圆锥的底面积、侧面积和体积公式的应用。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)是,定点坐标为或【解析】
(1)根据相切得到,根据离心率得到,得到椭圆方程.(2)设直线的方程为,点、的坐标分别为,,联立方程得到,,计算点的坐标为,点的坐标为,圆的方程可化为,得到答案.【详解】(1)根据题意:,因为,所以,所以椭圆的方程为.(2)设直线的方程为,点、的坐标分别为,,把直线的方程代入椭圆方程化简得到,所以,,所以,,因为直线的斜率,所以直线的方程,所以点的坐标为,同理,点的坐标为,故以为直径的圆的方程为,又因为,,所以圆的方程可化为,令,则有,所以定点坐标为或.【点睛】本题考查了椭圆方程,圆过定点问题,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.18、(1)(2)【解析】
(1)由基本量法求出公差后可得通项公式;(2)由等差数列前项和公式求得,可求得.【详解】解:(1)设的公差为,由题设得因为,所以解得,故.(2)由(1)得.所以数列是以2为首项,2为公比的等比数列,所以,由得,解得.【点睛】本题考查求等差数列的通项公式和等比数列的前项和公式,解题方法是基本量法.19、(1)(2)的最小值为1,此时直线:【解析】
(1)用直接法求轨迹方程,即设动点为,把已知用坐标表示并整理即得.注意取值范围;(2)设:,将其与曲线的方程联立,消元并整理得,设,,则可得,,由求出,将直线方程与联立,得,求得,计算,设.显然,构造,由导数的知识求得其最小值,同时可得直线的方程.【详解】(1)设,则,即整理得(2)设:,将其与曲线的方程联立,得即设,,则,将直线:与联立,得∴∴设.显然构造在上恒成立所以在上单调递增所以,当且仅当,即时取“=”即的最小值为1,此时直线:.(注:1.如果按函数的性质求最值可以不扣分;2.若直线方程按斜率是否存在讨论,则可以根据步骤相应给分.)【点睛】本题考查求轨迹方程,考查直线与椭圆相交中的最值.直线与椭圆相交问题中常采用“设而不求”的思想方法,即设交点坐标为,设直线方程,直线方程与椭圆方程联立并消元,然后用韦达定理得(或),把这个代入其他条件变形计算化简得出结论,本题属于难题,对学生的逻辑推理、运算求解能力有一定的要求.20、(1)28种;(2)分布见解析,.【解析】
(1)分这名女教师分别来自党员学习组与非党员学习组,可得恰好有一名女教师的选派方法数;(2)X的可能取值为,再求出X的每个取值的概率,可得X的概率分布和数学期望.【详解】解:(1)选出的4名选手中恰好有一名女生的选派方法数为种.(2)X的可能取值为0,1,2,3.,,,.故X的概率分布为:X0123P所以.【点睛】本题主要考查组合数与组合公式及离散型随机变量的期望和方差,相对不难,注意运算的准确性.21、(1)在为增函数;证明见解析(2)【解析】
(1)令,求出,可推得,故在为增函数;
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