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文檔簡介
浙江省名校2025屆數學高三第一學期期末學業(yè)水平測試模擬試題注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚,將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2.答題時請按要求用筆。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折暴、不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.已知函數,當時,的取值范圍為,則實數m的取值范圍是()A. B. C. D.2.已知函數在上單調遞增,則的取值范圍()A. B. C. D.3.如圖,用一邊長為的正方形硬紙,按各邊中點垂直折起四個小三角形,做成一個蛋巢,將體積為的雞蛋(視為球體)放入其中,蛋巢形狀保持不變,則雞蛋中心(球心)與蛋巢底面的距離為()A. B. C. D.4.已知,則()A. B. C. D.25.已知集合,則()A. B. C. D.6.設全集集合,則()A. B. C. D.7.已知,,那么是的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件8.已知正項等比數列的前項和為,且,則公比的值為()A. B.或 C. D.9.()A. B. C. D.10.已知是雙曲線的左右焦點,過的直線與雙曲線的兩支分別交于兩點(A在右支,B在左支)若為等邊三角形,則雙曲線的離心率為()A. B. C. D.11.金庸先生的武俠小說《射雕英雄傳》第12回中有這樣一段情節(jié),“……洪七公道:肉只五種,但豬羊混咬是一般滋味,獐牛同嚼又是一般滋味,一共有幾般變化,我可算不出了”.現有五種不同的肉,任何兩種(含兩種)以上的肉混合后的滋味都不一樣,則混合后可以組成的所有不同的滋味種數為()A.20 B.24 C.25 D.2612.我國古代數學著作《九章算術》有如下問題:“今有蒲生一日,長三尺莞生一日,長一尺蒲生日自半,莞生日自倍.問幾何日而長倍?”意思是:“今有蒲草第天長高尺,蕪草第天長高尺以后,蒲草每天長高前一天的一半,蕪草每天長高前一天的倍.問第幾天莞草是蒲草的二倍?”你認為莞草是蒲草的二倍長所需要的天數是()(結果采取“只入不舍”的原則取整數,相關數據:,)A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.某種賭博每局的規(guī)則是:賭客先在標記有1,2,3,4,5的卡片中隨機摸取一張,將卡片上的數字作為其賭金;隨后放回該卡片,再隨機摸取兩張,將這兩張卡片上數字之差的絕對值的1.4倍作為其獎金.若隨機變量ξ1和ξ2分別表示賭客在一局賭博中的賭金和獎金,則D(ξ1)=_____,E(ξ1)﹣E(ξ2)=_____.14.已知平面向量,,滿足||=1,||=2,,的夾角等于,且()?()=0,則||的取值范圍是_____.15.將2個相同的紅球和2個相同的黑球全部放入甲、乙、丙、丁四個盒子里,其中甲、乙盒子均最多可放入2個球,丙、丁盒子均最多可放入1個球,且不同顏色的球不能放入同一個盒子里,共有________種不同的放法.16.已知是夾角為的兩個單位向量,若,,則與的夾角為______.三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.(12分)已知函數,其中,.(1)函數的圖象能否與x軸相切?若能,求出實數a;若不能,請說明理由.(2)若在處取得極大值,求實數a的取值范圍.18.(12分)已知函數.(1)解不等式;(2)記函數的最大值為,若,證明:.19.(12分)選修4-5:不等式選講已知函數的最大值為3,其中.(1)求的值;(2)若,,,求證:20.(12分)如圖所示的幾何體中,,四邊形為正方形,四邊形為梯形,,,,為中點.(1)證明:;(2)求二面角的余弦值.21.(12分)已知數列是各項均為正數的等比數列,數列為等差數列,且,,.(1)求數列與的通項公式;(2)求數列的前項和;(3)設為數列的前項和,若對于任意,有,求實數的值.22.(10分)(本小題滿分12分)已知橢圓C:x2a2+y(1)求橢圓C的標準方程;(2)過點A(1,0)的直線與橢圓C交于點M,N,設P為橢圓上一點,且OM+ON=t
參考答案一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】
求導分析函數在時的單調性、極值,可得時,滿足題意,再在時,求解的x的范圍,綜合可得結果.【詳解】當時,,令,則;,則,∴函數在單調遞增,在單調遞減.∴函數在處取得極大值為,∴時,的取值范圍為,∴又當時,令,則,即,∴綜上所述,的取值范圍為.故選C.【點睛】本題考查了利用導數分析函數值域的方法,考查了分段函數的性質,屬于難題.2、B【解析】
由,可得,結合在上單調遞增,易得,即可求出的范圍.【詳解】由,可得,時,,而,又在上單調遞增,且,所以,則,即,故.故選:B.【點睛】本題考查了三角函數的單調性的應用,考查了學生的邏輯推理能力,屬于基礎題.3、D【解析】
先求出球心到四個支點所在球的小圓的距離,再加上側面三角形的高,即可求解.【詳解】設四個支點所在球的小圓的圓心為,球心為,由題意,球的體積為,即可得球的半徑為1,又由邊長為的正方形硬紙,可得圓的半徑為,利用球的性質可得,又由到底面的距離即為側面三角形的高,其中高為,所以球心到底面的距離為.故選:D.【點睛】本題主要考查了空間幾何體的結構特征,以及球的性質的綜合應用,著重考查了數形結合思想,以及推理與計算能力,屬于基礎題.4、B【解析】
結合求得的值,由此化簡所求表達式,求得表達式的值.【詳解】由,以及,解得..故選:B【點睛】本小題主要考查利用同角三角函數的基本關系式化簡求值,考查二倍角公式,屬于中檔題.5、B【解析】
計算,再計算交集得到答案【詳解】,表示偶數,故.故選:.【點睛】本題考查了集合的交集,意在考查學生的計算能力.6、A【解析】
先求出,再與集合N求交集.【詳解】由已知,,又,所以.故選:A.【點睛】本題考查集合的基本運算,涉及到補集、交集運算,是一道容易題.7、B【解析】
由,可得,解出即可判斷出結論.【詳解】解:因為,且.,解得.是的必要不充分條件.故選:.【點睛】本題考查了向量數量積運算性質、三角函數求值、簡易邏輯的判定方法,考查了推理能力與計算能力,屬于基礎題.8、C【解析】
由可得,故可求的值.【詳解】因為,所以,故,因為正項等比數列,故,所以,故選C.【點睛】一般地,如果為等比數列,為其前項和,則有性質:(1)若,則;(2)公比時,則有,其中為常數且;(3)為等比數列()且公比為.9、A【解析】
分子分母同乘,即根據復數的除法法則求解即可.【詳解】解:,故選:A【點睛】本題考查復數的除法運算,屬于基礎題.10、D【解析】
根據雙曲線的定義可得的邊長為,然后在中應用余弦定理得的等式,從而求得離心率.【詳解】由題意,,又,∴,∴,在中,即,∴.故選:D.【點睛】本題考查求雙曲線的離心率,解題關鍵是應用雙曲線的定義把到兩焦點距離用表示,然后用余弦定理建立關系式.11、D【解析】
利用組合的意義可得混合后所有不同的滋味種數為,再利用組合數的計算公式可得所求的種數.【詳解】混合后可以組成的所有不同的滋味種數為(種),故選:D.【點睛】本題考查組合的應用,此類問題注意實際問題的合理轉化,本題屬于容易題.12、C【解析】
由題意可利用等比數列的求和公式得莞草與蒲草n天后長度,進而可得:,解出即可得出.【詳解】由題意可得莞草與蒲草第n天的長度分別為據題意得:,解得2n=12,∴n21.故選:C.【點睛】本題考查了等比數列的通項公式與求和公式,考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、20.2【解析】
分別求出隨機變量ξ1和ξ2的分布列,根據期望和方差公式計算得解.【詳解】設a,b∈{1,2,1,4,5},則p(ξ1=a),其ξ1分布列為:ξ112145PE(ξ1)(1+2+1+4+5)=1.D(ξ1)[(1﹣1)2+(2﹣1)2+(1﹣1)2+(4﹣1)2+(5﹣1)2]=2.ξ2=1.4|a﹣b|的可能取值分別為:1.4,2.3,4.2,5.6,P(ξ2=1.4),P(ξ2=2.3),P(ξ2=4.2),P(ξ2=5.6),可得分布列.ξ21.42.34.25.6PE(ξ2)=1.42.34.25.62.3.∴E(ξ1)﹣E(ξ2)=0.2.故答案為:2,0.2.【點睛】此題考查隨機變量及其分布,關鍵在于準確求出隨機變量取值的概率,根據公式準確計算期望和方差.14、【解析】
計算得到||,||cosα﹣1,解得cosα,根據三角函數的有界性計算范圍得到答案.【詳解】由()?()=0可得()?||?||cosα﹣1×2cos||?||cosα﹣1,α為與的夾角.再由2?1+4+2×1×2cos7可得||,∴||cosα﹣1,解得cosα.∵0≤α≤π,∴﹣1≤cosα≤1,∴1,即||+1≤0,解得||,故答案為.【點睛】本題考查了向量模的范圍,意在考查學生的計算能力,利用三角函數的有界性是解題的關鍵.15、【解析】
討論裝球盒子的個數,計算得到答案.【詳解】當四個盒子有球時:種;當三個盒子有球時:種;當兩個盒子有球時:種.故共有種,故答案為:.【點睛】本題考查了排列組合的綜合應用,意在考查學生的理解能力和應用能力.16、【解析】
依題意可得,再根據求模,求數量積,最后根據夾角公式計算可得;【詳解】解:因為是夾角為的兩個單位向量所以,又,所以,,所以,因為所以;故答案為:【點睛】本題考查平面向量的數量積的運算律,以及夾角的計算,屬于基礎題.三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)答案見解析(2)【解析】
(1)假設函數的圖象與x軸相切于,根據相切可得方程組,看方程是否有解即可;(2)求出的導數,設(),根據函數的單調性及在處取得極大值求出a的范圍即可.【詳解】(1)函數的圖象不能與x軸相切,理由若下:.假設函數的圖象與x軸相切于則即顯然,,代入中得,無實數解.故函數的圖象不能與x軸相切.(2)(),,設(),恒大于零.在上單調遞增.又,,,∴存在唯一,使,且時,時,①當時,恒成立,在單調遞增,無極值,不合題意.②當時,可得當時,,當時,.所以在內單調遞減,在內單調遞增,所以在處取得極小值,不合題意.③當時,可得當時,,當時,.所以在內單調遞增,在內單調遞減,所以在處取得極大值,符合題意.此時由得即,綜上可知,實數a的取值范圍為.【點睛】本題考查了函數的單調性,最值問題,考查導數的應用以及分類討論思想,轉化思想,屬于難題.18、(1);(2)證明見解析【解析】
(1)將函數整理為分段函數形式可得,進而分類討論求解不等式即可;(2)先利用絕對值不等式的性質得到的最大值為3,再利用均值定理證明即可.【詳解】(1)①當時,恒成立,;②當時,,即,;③當時,顯然不成立,不合題意;綜上所述,不等式的解集為.(2)由(1)知,于是由基本不等式可得(當且僅當時取等號)(當且僅當時取等號)(當且僅當時取等號)上述三式相加可得(當且僅當時取等號),,故得證.【點睛】本題考查解絕對值不等式和利用均值定理證明不等式,考查絕對值不等式的最值的應用,解題關鍵是掌握分類討論解決帶絕對值不等式的方法,考查了分析能力和計算能力,屬于中檔題.19、(1)(2)見解析【解析】
(1)分三種情況去絕對值,求出最大值與已知最大值相等列式可解得;(2)將所證不等式轉化為2ab≥1,再構造函數利用導數判斷單調性求出最小值可證.【詳解】(1)∵,∴.∴當時,取得最大值.∴.(2)由(Ⅰ),得,.∵,當且僅當時等號成立,∴.令,.則在上單調遞減.∴.∴當時,.∴.【點睛】本題考查了絕對值不等式的解法,屬中檔題.本題主要考查了絕對值不等式的求解,以及不等式的恒成立問題,其中解答中根據絕對值的定義,合理去掉絕對值號,及合理轉化恒成立問題是解答本題的關鍵,著重考查分析問題和解答問題的能力,以及轉化思想的應用.20、(1)見解析;(2)【解析】
(1)取的中點,結合三角形中位線和長度關系,為平行四邊形,進而得到,根據線面平行判定定理可證得結論;(2)以,,為,,軸建立空間直角坐標系,分別求得兩面的法向量,求得法向量夾角的余弦值;根據二面角為銳角確定最終二面角的余弦值;【詳解】(1)取的中點,連結,因為為中點,,,所以,,∴為平行四邊形,所以,又因為,所以;(2)由題及(1)易知,,兩兩垂直,所以以,,為,,軸建立空間直角坐標系,則,,,,,,易知面的法向量為設面的法向量為則可得所以,如圖可知二面角為銳角,所以余弦值為【點睛】本題考查立體幾何中直線與平面平行關系的證明、空間向量法求解二面角,正確求解法
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