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2025屆廣東省遂溪縣第一中學(xué)高三下-第三次月考數(shù)學(xué)試題試卷注意事項(xiàng)1.考生要認(rèn)真填寫考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結(jié)束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監(jiān)考員收回。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(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為,記,,…,N.若,則()A. B. C. D.2.函數(shù)在區(qū)間上的大致圖象如圖所示,則可能是()A.B.C.D.3.已知函數(shù),則()A.2 B.3 C.4 D.54.已知三棱錐的所有頂點(diǎn)都在球的球面上,平面,,若球的表面積為,則三棱錐的體積的最大值為()A. B. C. D.5.已知復(fù)數(shù)和復(fù)數(shù),則為A. B. C. D.6.設(shè)為非零實(shí)數(shù),且,則()A. B. C. D.7.對(duì)于正在培育的一顆種子,它可能1天后發(fā)芽,也可能2天后發(fā)芽,….下表是20顆不同種子發(fā)芽前所需培育的天數(shù)統(tǒng)計(jì)表,則這組種子發(fā)芽所需培育的天數(shù)的中位數(shù)是()發(fā)芽所需天數(shù)1234567種子數(shù)43352210A.2 B.3 C.3.5 D.48.已知分別為雙曲線的左、右焦點(diǎn),過的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于兩點(diǎn),若,則雙曲線的離心率為()A. B.4 C.2 D.9.設(shè)i是虛數(shù)單位,若復(fù)數(shù)()是純虛數(shù),則m的值為()A. B. C.1 D.310.某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積是()A. B. C. D.11.一個(gè)空間幾何體的正視圖是長(zhǎng)為4,寬為的長(zhǎng)方形,側(cè)視圖是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形,俯視圖如圖所示,則該幾何體的體積為()A. B. C. D.12.已知函數(shù)為奇函數(shù),且,則()A.2 B.5 C.1 D.3二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.近年來,新能源汽車技術(shù)不斷推陳出新,新產(chǎn)品不斷涌現(xiàn),在汽車市場(chǎng)上影響力不斷增大.動(dòng)力蓄電池技術(shù)作為新能源汽車的核心技術(shù),它的不斷成熟也是推動(dòng)新能源汽車發(fā)展的主要?jiǎng)恿?假定現(xiàn)在市售的某款新能源汽車上,車載動(dòng)力蓄電池充放電循環(huán)次數(shù)達(dá)到2000次的概率為85%,充放電循環(huán)次數(shù)達(dá)到2500次的概率為35%.若某用戶的自用新能源汽車已經(jīng)經(jīng)過了2000次充電,那么他的車能夠充電2500次的概率為______.14.一個(gè)房間的地面是由12個(gè)正方形所組成,如圖所示.今想用長(zhǎng)方形瓷磚鋪滿地面,已知每一塊長(zhǎng)方形瓷磚可以覆蓋兩塊相鄰的正方形,即或,則用6塊瓷磚鋪滿房間地面的方法有_______種.15.設(shè)全集,集合,,則集合______.16.如圖是一個(gè)幾何體的三視圖,若它的體積是,則_________,該幾何體的表面積為_________.三、解答題:共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.(12分)已知直線與拋物線交于兩點(diǎn).(1)當(dāng)點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為4時(shí),求直線的斜率;(2)已知點(diǎn),直線過點(diǎn),記直線的斜率分別為,當(dāng)取最大值時(shí),求直線的方程.18.(12分)在直角坐標(biāo)系中,直線的參數(shù)方程為(為參數(shù)),以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn),軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系,曲線的極坐標(biāo)方程為,點(diǎn)的極坐標(biāo)為.(1)求的直角坐標(biāo)方程和的直角坐標(biāo);(2)設(shè)與交于,兩點(diǎn),線段的中點(diǎn)為,求.19.(12分)如圖所示,直角梯形ABCD中,,,,四邊形EDCF為矩形,,平面平面ABCD.(1)求證:平面ABE;(2)求平面ABE與平面EFB所成銳二面角的余弦值.(3)在線段DF上是否存在點(diǎn)P,使得直線BP與平面ABE所成角的正弦值為,若存在,求出線段BP的長(zhǎng),若不存在,請(qǐng)說明理由.20.(12分)已知橢圓的右焦點(diǎn)為,過點(diǎn)且與軸垂直的直線被橢圓截得的線段長(zhǎng)為,且與短軸兩端點(diǎn)的連線相互垂直.(1)求橢圓的方程;(2)若圓上存在兩點(diǎn),,橢圓上存在兩個(gè)點(diǎn)滿足:三點(diǎn)共線,三點(diǎn)共線,且,求四邊形面積的取值范圍.21.(12分)已知橢圓,上、下頂點(diǎn)分別是、,上、下焦點(diǎn)分別是、,焦距為,點(diǎn)在橢圓上.(1)求橢圓的方程;(2)若為橢圓上異于、的動(dòng)點(diǎn),過作與軸平行的直線,直線與交于點(diǎn),直線與直線交于點(diǎn),判斷是否為定值,說明理由.22.(10分)設(shè),,其中.(1)當(dāng)時(shí),求的值;(2)對(duì),證明:恒為定值.
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(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.D【解析】
通過計(jì)算,可得,最后計(jì)算可得結(jié)果.【詳解】由題可知:所以所以猜想可知:由所以所以故選:D本題考查導(dǎo)數(shù)的計(jì)算以及不完全歸納法的應(yīng)用,選擇題、填空題可以使用取特殊值,歸納猜想等方法的使用,屬中檔題.2.B【解析】
根據(jù)特殊值及函數(shù)的單調(diào)性判斷即可;【詳解】解:當(dāng)時(shí),,無意義,故排除A;又,則,故排除D;對(duì)于C,當(dāng)時(shí),,所以不單調(diào),故排除C;故選:B本題考查根據(jù)函數(shù)圖象選擇函數(shù)解析式,這類問題利用特殊值與排除法是最佳選擇,屬于基礎(chǔ)題.3.A【解析】
根據(jù)分段函數(shù)直接計(jì)算得到答案.【詳解】因?yàn)樗?故選:.本題考查了分段函數(shù)計(jì)算,意在考查學(xué)生的計(jì)算能力.4.B【解析】
由題意畫出圖形,設(shè)球0得半徑為R,AB=x,AC=y,由球0的表面積為20π,可得R2=5,再求出三角形ABC外接圓的半徑,利用余弦定理及基本不等式求xy的最大值,代入棱錐體積公式得答案.【詳解】設(shè)球的半徑為,,,由,得.如圖:設(shè)三角形的外心為,連接,,,可得,則.在中,由正弦定理可得:,即,由余弦定理可得,,.則三棱錐的體積的最大值為.故選:.本題考查三棱錐的外接球、三棱錐的側(cè)面積、體積,基本不等式等基礎(chǔ)知識(shí),考查空間想象能力、邏輯思維能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法與數(shù)形結(jié)合的解題思想方法,是中檔題.5.C【解析】
利用復(fù)數(shù)的三角形式的乘法運(yùn)算法則即可得出.【詳解】z1z2=(cos23°+isin23°)?(cos37°+isin37°)=cos60°+isin60°=.故答案為C.熟練掌握復(fù)數(shù)的三角形式的乘法運(yùn)算法則是解題的關(guān)鍵,復(fù)數(shù)問題高考必考,常見考點(diǎn)有:點(diǎn)坐標(biāo)和復(fù)數(shù)的對(duì)應(yīng)關(guān)系,點(diǎn)的象限和復(fù)數(shù)的對(duì)應(yīng)關(guān)系,復(fù)數(shù)的加減乘除運(yùn)算,復(fù)數(shù)的模長(zhǎng)的計(jì)算.6.C【解析】
取,計(jì)算知錯(cuò)誤,根據(jù)不等式性質(zhì)知正確,得到答案.【詳解】,故,,故正確;取,計(jì)算知錯(cuò)誤;故選:.本題考查了不等式性質(zhì),意在考查學(xué)生對(duì)于不等式性質(zhì)的靈活運(yùn)用.7.C【解析】
根據(jù)表中數(shù)據(jù),即可容易求得中位數(shù).【詳解】由圖表可知,種子發(fā)芽天數(shù)的中位數(shù)為,故選:C.本題考查中位數(shù)的計(jì)算,屬基礎(chǔ)題.8.A【解析】
由已知得,,由已知比值得,再利用雙曲線的定義可用表示出,,用勾股定理得出的等式,從而得離心率.【詳解】.又,可令,則.設(shè),得,即,解得,∴,,由得,,,該雙曲線的離心率.故選:A.本題考查求雙曲線的離心率,解題關(guān)鍵是由向量數(shù)量積為0得出垂直關(guān)系,利用雙曲線的定義把雙曲線上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離都用表示出來,從而再由勾股定理建立的關(guān)系.9.A【解析】
根據(jù)復(fù)數(shù)除法運(yùn)算化簡(jiǎn),結(jié)合純虛數(shù)定義即可求得m的值.【詳解】由復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算化簡(jiǎn)可得,因?yàn)槭羌兲摂?shù),所以,∴,故選:A.本題考查了復(fù)數(shù)的概念和除法運(yùn)算,屬于基礎(chǔ)題.10.A【解析】
觀察可知,這個(gè)幾何體由兩部分構(gòu)成,:一個(gè)半圓柱體,底面圓的半徑為1,高為2;一個(gè)半球體,半徑為1,按公式計(jì)算可得體積。【詳解】設(shè)半圓柱體體積為,半球體體積為,由題得幾何體體積為,故選A。本題通過三視圖考察空間識(shí)圖的能力,屬于基礎(chǔ)題。11.B【解析】
由三視圖確定原幾何體是正三棱柱,由此可求得體積.【詳解】由題意原幾何體是正三棱柱,.故選:B.本題考查三視圖,考查棱柱的體積.解題關(guān)鍵是由三視圖不愿出原幾何體.12.B【解析】
由函數(shù)為奇函數(shù),則有,代入已知即可求得.【詳解】.故選:.本題考查奇偶性在抽象函數(shù)中的應(yīng)用,考查學(xué)生分析問題的能力,難度較易.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.【解析】
記“某用戶的自用新能源汽車已經(jīng)經(jīng)過了2000次充電”為事件A,“他的車能夠充電2500次”為事件B,即求條件概率:,由條件概率公式即得解.【詳解】記“某用戶的自用新能源汽車已經(jīng)經(jīng)過了2000次充電”為事件A,“他的車能夠充電2500次”為事件B,即求條件概率:故答案為:本題考查了條件概率的應(yīng)用,考查了學(xué)生概念理解,數(shù)學(xué)應(yīng)用,數(shù)學(xué)運(yùn)算的能力,屬于基礎(chǔ)題.14.11【解析】
將圖形中左側(cè)的兩列瓷磚的形狀先確定,再由此進(jìn)行分類,在每一類里面又分按兩種形狀的瓷磚的數(shù)量進(jìn)行分類,在其中會(huì)有相同元素的排列問題,需用到“縮倍法”.采用分類計(jì)數(shù)原理,求得總的方法數(shù).【詳解】(1)先貼如圖這塊瓷磚,然后再貼剩下的部分,按如下分類:5個(gè):,3個(gè),2個(gè):,1個(gè),4個(gè):,(2)左側(cè)兩列如圖貼磚,然后貼剩下的部分:3個(gè):,1個(gè),2個(gè):,綜上,一共有(種).故答案為:11.本題考查了分類計(jì)數(shù)原理,排列問題,其中涉及到相同元素的排列,用到了“縮倍法”的思想.屬于中檔題.15.【解析】
分別解得集合A與集合B的補(bǔ)集,再由集合交集的運(yùn)算法則計(jì)算求得答案.【詳解】由題可知,集合A中集合B的補(bǔ)集,則故答案為:本題考查集合的交集與補(bǔ)集運(yùn)算,屬于基礎(chǔ)題.16.;【解析】試題分析:如圖:此幾何體是四棱錐,底面是邊長(zhǎng)為的正方形,平面平面,并且,,所以體積是,解得,四個(gè)側(cè)面都是直角三角形,所以計(jì)算出邊長(zhǎng),表面積是考點(diǎn):1.三視圖;2.幾何體的表面積.三、解答題:共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.(1)(2)【解析】
(1)設(shè),根據(jù)直線的斜率公式即可求解;(2)設(shè)直線的方程為,聯(lián)立直線與拋物線方程,由韋達(dá)定理得,,結(jié)合直線的斜率公式得到,換元后討論的符號(hào),求最值可求解.【詳解】(1)設(shè),因?yàn)?,即直線的斜率為1.(2)顯然直線的斜率存在,設(shè)直線的方程為.聯(lián)立方程組,可得則,令,則則當(dāng)時(shí),;當(dāng)且僅當(dāng),即時(shí),解得時(shí),取“=”號(hào),當(dāng)時(shí),;當(dāng)時(shí),綜上所述,當(dāng)時(shí),取得最大值,此時(shí)直線的方程是.本題主要考查了直線的斜率公式,直線與拋物線的位置關(guān)系,換元法,均值不等式,考查了運(yùn)算能力,屬于難題.18.(1),(2)【解析】
(1)利用互化公式把曲線C化成直角坐標(biāo)方程,把點(diǎn)P的極坐標(biāo)化成直角坐標(biāo);(2)把直線l的參數(shù)方程的標(biāo)準(zhǔn)形式代入曲線C的直角坐標(biāo)方程,根據(jù)韋達(dá)定理以及參數(shù)t的幾何意義可得.【詳解】(1)由ρ2得ρ2+ρ2sin2θ=2,將ρ2=x2+y2,y=ρsinθ代入上式并整理得曲線C的直角坐標(biāo)方程為y2=1,設(shè)點(diǎn)P的直角坐標(biāo)為(x,y),因?yàn)镻的極坐標(biāo)為(,),所以x=ρcosθcos1,y=ρsinθsin1,所以點(diǎn)P的直角坐標(biāo)為(1,1).(2)將代入y2=1,并整理得41t2+110t+25=0,因?yàn)椤鳎?102﹣4×41×25=8000>0,故可設(shè)方程的兩根為t1,t2,則t1,t2為A,B對(duì)應(yīng)的參數(shù),且t1+t2,依題意,點(diǎn)M對(duì)應(yīng)的參數(shù)為,所以|PM|=||.本題考查了簡(jiǎn)單曲線的極坐標(biāo)方程,屬中檔題.19.(I)見解析(II)(III)【解析】試題分析:(Ⅰ)取為原點(diǎn),所在直線為軸,所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系,由題意可得平面的法向量,且,據(jù)此有,則平面.(Ⅱ)由題意可得平面的法向量,結(jié)合(Ⅰ)的結(jié)論可得,即平面與平面所成銳二面角的余弦值為.(Ⅲ)設(shè),,則,而平面的法向量,據(jù)此可得,解方程有或.據(jù)此計(jì)算可得.試題解析:(Ⅰ)取為原點(diǎn),所在直線為軸,所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖,則,,,,∴,,設(shè)平面的法向量,∴不妨設(shè),又,∴,∴,又∵平面,∴平面.(Ⅱ)∵,,設(shè)平面的法向量,∴不妨設(shè),∴,∴平面與平面所成銳二面角的余弦值為.(Ⅲ)設(shè),,∴,∴,又∵平面的法向量,∴,∴,∴或.當(dāng)時(shí),,∴;當(dāng)時(shí),,∴.綜上,.20.(1);(2)【解析】
(1)又題意知,,及即可求得,從而得橢圓方程.(2)分三種情況:直線斜率不存在時(shí),的斜率為0時(shí),的斜率存在且不為0時(shí),設(shè)出直線方程,聯(lián)立方程組,用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式以及四邊形的面積公式計(jì)算即可.【詳解】(1)由焦點(diǎn)與短軸兩端點(diǎn)的連線相互垂直及橢圓的對(duì)稱性可知,,∵過點(diǎn)且與軸垂直的直線被橢圓截得的線段長(zhǎng)為.又,解得.∴橢圓的方程為(2)由(1)可知圓的方程為,(i)當(dāng)直線的斜率不存在時(shí),直線的斜率為0,此時(shí)(ii)當(dāng)直線的斜率為零時(shí),.(iii)當(dāng)直線的斜率存在且不等于零時(shí),設(shè)直線的方程為,聯(lián)立,得,設(shè)的橫坐標(biāo)分別為,則.所以,(注:的長(zhǎng)度也可以用點(diǎn)到直線的距離和勾股定理計(jì)算.)由可得直線的方程為,聯(lián)立橢圓的方程消去,得設(shè)的橫坐標(biāo)為,則..綜上,由(i)(ii)(ⅲ)得的取值范圍是.本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的應(yīng)用問題,解答此類題目,通常利用的關(guān)系,確定橢圓方程是基礎(chǔ);通過聯(lián)立直線方程與橢圓方程建立方程組,應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù),得到目標(biāo)函數(shù)解析式,運(yùn)用函數(shù)知識(shí)求解;本題是難題.21.(1);(2),理由見解析.【解析】
(1)求出橢圓的上、下焦點(diǎn)坐標(biāo),利用橢圓的定義求得的值,進(jìn)而可求得的值,由此可得出橢圓的方程;(2)設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為,求出直線的方程,求出點(diǎn)的坐標(biāo),由此計(jì)算出直線和的斜率,可計(jì)算出的值,進(jìn)而可求得的值,即可得出結(jié)論.【詳解】(1)由題意可知,橢圓的上焦點(diǎn)為、,由橢圓的
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