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文檔簡介

吉林省延邊市白山一中2025屆高三3月份第一次模擬考試數學試卷注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑,如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號?;卮鸱沁x擇題時,將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效。3.考試結束后,將本試卷和答題卡一并交回。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.設,均為非零的平面向量,則“存在負數,使得”是“”的A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件2.設,其中a,b是實數,則()A.1 B.2 C. D.3.設函數,的定義域都為,且是奇函數,是偶函數,則下列結論正確的是()A.是偶函數 B.是奇函數C.是奇函數 D.是奇函數4.如圖,圓是邊長為的等邊三角形的內切圓,其與邊相切于點,點為圓上任意一點,,則的最大值為()A. B. C.2 D.5.某學校為了調查學生在課外讀物方面的支出情況,抽取了一個容量為的樣本,其頻率分布直方圖如圖所示,其中支出在(單位:元)的同學有34人,則的值為()A.100 B.1000 C.90 D.906.已知半徑為2的球內有一個內接圓柱,若圓柱的高為2,則球的體積與圓柱的體積的比為()A. B. C. D.7.已知集合(),若集合,且對任意的,存在使得,其中,,則稱集合A為集合M的基底.下列集合中能作為集合的基底的是()A. B. C. D.8.已知集合,,則中元素的個數為()A.3 B.2 C.1 D.09.已知函數,關于的方程R)有四個相異的實數根,則的取值范圍是(

)A. B. C. D.10.已知定義在上的函數滿足,且當時,,則方程的最小實根的值為()A. B. C. D.11.如圖,在△ABC中,點M是邊BC的中點,將△ABM沿著AM翻折成△AB'M,且點B'不在平面AMC內,點P是線段B'C上一點.若二面角P-AM-B'與二面角P-AM-C的平面角相等,則直線AP經過△AB'CA.重心 B.垂心 C.內心 D.外心12.已知數列{an}滿足a1=3,且aA.22n-1+1 B.22n-1-1二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.在一次醫(yī)療救助活動中,需要從A醫(yī)院某科室的6名男醫(yī)生、4名女醫(yī)生中分別抽調3名男醫(yī)生、2名女醫(yī)生,且男醫(yī)生中唯一的主任醫(yī)師必須參加,則不同的選派案共有________種.(用數字作答)14.在棱長為的正方體中,是正方形的中心,為的中點,過的平面與直線垂直,則平面截正方體所得的截面面積為______.15.記復數z=a+bi(i為虛數單位)的共軛復數為,已知z=2+i,則_____.16.已知,,且,則的最小值是______.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)在平面直角坐標系中,以原點O為極點,x軸的正半軸為極軸建立極坐標系,兩種坐標系中取相同的長度單位.已知直線l的參數方程為(t為參數),曲線C的極坐標方程為ρ=4sin(θ+).(1)求直線l的普通方程與曲線C的直角坐標方程;(2)若直線l與曲線C交于M,N兩點,求△MON的面積.18.(12分)如圖,四棱錐中,底面是邊長為的菱形,,點分別是的中點.(1)求證:平面;(2)若,求直線與平面所成角的正弦值.19.(12分)如圖,D是在△ABC邊AC上的一點,△BCD面積是△ABD面積的2倍,∠CBD=2∠ABD=2θ.(Ⅰ)若θ=,求的值;(Ⅱ)若BC=4,AB=2,求邊AC的長.20.(12分)在四棱錐的底面中,,,平面,是的中點,且(Ⅰ)求證:平面;(Ⅱ)求二面角的余弦值;(Ⅲ)線段上是否存在點,使得,若存在指出點的位置,若不存在請說明理由.21.(12分)如圖,已知四邊形的直角梯形,∥BC,,,,為線段的中點,平面,,為線段上一點(不與端點重合).(1)若,(?。┣笞C:PC∥平面;(ⅱ)求平面與平面所成的銳二面角的余弦值;(2)否存在實數滿足,使得直線與平面所成的角的正弦值為,若存在,確定的值,若不存在,請說明理由.22.(10分)在平面直角坐標系中,曲線:(為參數,),曲線:(為參數).若曲線和相切.(1)在以為極點,軸非負半軸為極軸的極坐標系中,求曲線的普通方程;(2)若點,為曲線上兩動點,且滿足,求面積的最大值.

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、B【解析】

根據充分條件、必要條件的定義進行分析、判斷后可得結論.【詳解】因為,均為非零的平面向量,存在負數,使得,所以向量,共線且方向相反,所以,即充分性成立;反之,當向量,的夾角為鈍角時,滿足,但此時,不共線且反向,所以必要性不成立.所以“存在負數,使得”是“”的充分不必要條件.故選B.【點睛】判斷p是q的什么條件,需要從兩方面分析:一是由條件p能否推得條件q;二是由條件q能否推得條件p,定義法是判斷充分條件、必要條件的基本的方法,解題時注意選擇恰當的方法判斷命題是否正確.2、D【解析】

根據復數相等,可得,然后根據復數模的計算,可得結果.【詳解】由題可知:,即,所以則故選:D【點睛】本題考查復數模的計算,考驗計算,屬基礎題.3、C【解析】

根據函數奇偶性的性質即可得到結論.【詳解】解:是奇函數,是偶函數,,,,故函數是奇函數,故錯誤,為偶函數,故錯誤,是奇函數,故正確.為偶函數,故錯誤,故選:.【點睛】本題主要考查函數奇偶性的判斷,根據函數奇偶性的定義是解決本題的關鍵.4、C【解析】

建立坐標系,寫出相應的點坐標,得到的表達式,進而得到最大值.【詳解】以D點為原點,BC所在直線為x軸,AD所在直線為y軸,建立坐標系,設內切圓的半徑為1,以(0,1)為圓心,1為半徑的圓;根據三角形面積公式得到,可得到內切圓的半徑為可得到點的坐標為:故得到故得到,故最大值為:2.故答案為C.【點睛】這個題目考查了向量標化的應用,以及參數方程的應用,以向量為載體求相關變量的取值范圍,是向量與函數、不等式、三角函數等相結合的一類綜合問題.通過向量的運算,將問題轉化為解不等式或求函數值域,是解決這類問題的一般方法.5、A【解析】

利用頻率分布直方圖得到支出在的同學的頻率,再結合支出在(單位:元)的同學有34人,即得解【詳解】由題意,支出在(單位:元)的同學有34人由頻率分布直方圖可知,支出在的同學的頻率為.故選:A【點睛】本題考查了頻率分布直方圖的應用,考查了學生概念理解,數據處理,數學運算的能力,屬于基礎題.6、D【解析】

分別求出球和圓柱的體積,然后可得比值.【詳解】設圓柱的底面圓半徑為,則,所以圓柱的體積.又球的體積,所以球的體積與圓柱的體積的比,故選D.【點睛】本題主要考查幾何體的體積求解,側重考查數學運算的核心素養(yǎng).7、C【解析】

根據題目中的基底定義求解.【詳解】因為,,,,,,所以能作為集合的基底,故選:C【點睛】本題主要考查集合的新定義,還考查了理解辨析的能力,屬于基礎題.8、C【解析】

集合表示半圓上的點,集合表示直線上的點,聯(lián)立方程組求得方程組解的個數,即為交集中元素的個數.【詳解】由題可知:集合表示半圓上的點,集合表示直線上的點,聯(lián)立與,可得,整理得,即,當時,,不滿足題意;故方程組有唯一的解.故.故選:C.【點睛】本題考查集合交集的求解,涉及圓和直線的位置關系的判斷,屬基礎題.9、A【解析】=,當時時,單調遞減,時,單調遞增,且當,當,

當時,恒成立,時,單調遞增且,方程R)有四個相異的實數根.令=則,,即.10、C【解析】

先確定解析式求出的函數值,然后判斷出方程的最小實根的范圍結合此時的,通過計算即可得到答案.【詳解】當時,,所以,故當時,,所以,而,所以,又當時,的極大值為1,所以當時,的極大值為,設方程的最小實根為,,則,即,此時令,得,所以最小實根為411.故選:C.【點睛】本題考查函數與方程的根的最小值問題,涉及函數極大值、函數解析式的求法等知識,本題有一定的難度及高度,是一道有較好區(qū)分度的壓軸選這題.11、A【解析】

根據題意P到兩個平面的距離相等,根據等體積法得到SΔPB'M【詳解】二面角P-AM-B'與二面角P-AM-C的平面角相等,故P到兩個平面的距離相等.故VP-AB'M=VP-ACM,即故B'P=CP,故P為CB'中點.故選:A.【點睛】本題考查了二面角,等體積法,意在考查學生的計算能力和空間想象能力.12、D【解析】試題分析:因為an+1=4an+3,所以an+1+1=4(an+1),即an+1+1an+1考點:數列的通項公式.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】

首先選派男醫(yī)生中唯一的主任醫(yī)師,由題意利用排列組合公式即可確定不同的選派案方法種數.【詳解】首先選派男醫(yī)生中唯一的主任醫(yī)師,然后從名男醫(yī)生、名女醫(yī)生中分別抽調2名男醫(yī)生、名女醫(yī)生,故選派的方法為:.故答案為.【點睛】解排列組合問題要遵循兩個原則:一是按元素(或位置)的性質進行分類;二是按事情發(fā)生的過程進行分步.具體地說,解排列組合問題常以元素(或位置)為主體,即先滿足特殊元素(或位置),再考慮其他元素(或位置).14、【解析】

確定平面即為平面,四邊形是菱形,計算面積得到答案.【詳解】如圖,在正方體中,記的中點為,連接,則平面即為平面.證明如下:由正方體的性質可知,,則,四點共面,記的中點為,連接,易證.連接,則,所以平面,則.同理可證,,,則平面,所以平面即平面,且四邊形即平面截正方體所得的截面.因為正方體的棱長為,易知四邊形是菱形,其對角線,,所以其面積.故答案為:【點睛】本題考查了正方體的截面面積,意在考查學生的空間想象能力和計算能力.15、3﹣4i【解析】

計算得到z2=(2+i)2=3+4i,再計算得到答案.【詳解】∵z=2+i,∴z2=(2+i)2=3+4i,則.故答案為:3﹣4i.【點睛】本題考查了復數的運算,共軛復數,意在考查學生的計算能力.16、8【解析】

由整體代入法利用基本不等式即可求得最小值.【詳解】,當且僅當時等號成立.故的最小值為8,故答案為:8.【點睛】本題考查基本不等式求和的最小值,整體代入法,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)直線l的普通方程為x+y-4=0.曲線C的直角坐標方程是圓:(x-)2+(y-1)2=4.(2)4【解析】

(1)將直線l參數方程中的消去,即可得直線l的普通方程,對曲線C的極坐標方程兩邊同時乘以,利用可得曲線C的直角坐標方程;(2)求出點到直線的距離,再求出的弦長,從而得出△MON的面積.【詳解】解:(1)由題意有,得,x+y=4,直線l的普通方程為x+y-4=0.因為ρ=4sin所以ρ=2sinθ+2cosθ,兩邊同時乘以得,ρ2=2ρsinθ+2ρcosθ,因為,所以x2+y2=2y+2x,即(x-)2+(y-1)2=4,∴曲線C的直角坐標方程是圓:(x-)2+(y-1)2=4.(2)∵原點O到直線l的距離直線l過圓C的圓心(,1),∴|MN|=2r=4,所以△MON的面積S=|MN|×d=4.【點睛】本題考查了直線與圓的極坐標方程與普通方程、參數方程與普通方程的互化知識,解題的關鍵是正確使用這一轉化公式,還考查了直線與圓的位置關系等知識.18、(1)見解析;(2).【解析】

(1)取的中點,連接,通過證明,即可證得;(2)建立空間直角坐標系,利用向量的坐標表示即可得解.【詳解】(1)證明:取的中點,連接.是的中點,,又,四邊形是平行四邊形.,又平面平面,平面.(2),,同理可得:,又平面.連接,設,則,建立空間直角坐標系.設平面的法向量為,則,則,取.直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】此題考查證明線面平行,求線面角的大小,關鍵在于熟練掌握線面平行的證明方法,法向量法求線面角的基本方法,根據公式準確計算.19、(Ⅰ);(Ⅱ)【解析】

(Ⅰ)利用三角形面積公式以及并結合正弦定理,可得結果.(Ⅱ)根據,可得,然后使用余弦定理,可得結果.【詳解】(Ⅰ),所以所以;(Ⅱ),所以,所以,,所以,所以邊.【點睛】本題考查三角形面積公式,正弦定理以及余弦定理的應用,關鍵在于識記公式,屬中檔題.20、(Ⅰ)詳見解析;(Ⅱ);(Ⅲ)存在,點為線段的中點.【解析】

(Ⅰ)連結,,,則四邊形為平行四邊形,得到證明.(Ⅱ)建立如圖所示坐標系,平面法向量為,平面的法向量,計算夾角得到答案.(Ⅲ)設,計算,,根據垂直關系得到答案.【詳解】(Ⅰ)連結,,,則四邊形為平行四邊形.平面.(Ⅱ)平面,四邊形為正方形.所以,,兩兩垂直,建立如圖所示坐標系,則,,,,設平面法向量為,則,連結,可得,又所以,平面,平面的法向量,設二面角的平面角為,則.(Ⅲ)線段上存在點使得,設,,,,所以點為線段的中點.【點睛】本題考查了線面平行,二面角,根據垂直關系確定位置,意在考查學生的計算能力和空間想象能力.21、(1)(?。┳C明見解析(ⅱ)(2)存在,【解析】

(1)(i)連接交于點,連接,,依題意易證四邊形為平行四邊形,從而有,,由此能證明PC∥平面(ii)推導出,以為原點建立空

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