2025年黑龍江省青岡縣一中開學摸底考試高三數學試題(含版解析)含解析_第1頁
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文檔簡介

2025年黑龍江省青岡縣一中開學摸底考試高三數學試題(含版解析)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。回答非選擇題時,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.在四面體中,為正三角形,邊長為6,,,,則四面體的體積為()A. B. C.24 D.2.盒子中有編號為1,2,3,4,5,6,7的7個相同的球,從中任取3個編號不同的球,則取的3個球的編號的中位數恰好為5的概率是()A. B. C. D.3.已知的面積是,,,則()A.5 B.或1 C.5或1 D.4.下列選項中,說法正確的是()A.“”的否定是“”B.若向量滿足,則與的夾角為鈍角C.若,則D.“”是“”的必要條件5.設,是空間兩條不同的直線,,是空間兩個不同的平面,給出下列四個命題:①若,,,則;②若,,,則;③若,,,則;④若,,,,則.其中正確的是()A.①② B.②③ C.②④ D.③④6.已知傾斜角為的直線與直線垂直,則()A. B. C. D.7.已知函數.設,若對任意不相等的正數,,恒有,則實數a的取值范圍是()A. B.C. D.8.已知函數,給出下列四個結論:①函數的值域是;②函數為奇函數;③函數在區(qū)間單調遞減;④若對任意,都有成立,則的最小值為;其中正確結論的個數是()A. B. C. D.9.在中,,,,點,分別在線段,上,且,,則().A. B. C.4 D.910.一個幾何體的三視圖如圖所示,則這個幾何體的體積為()A. B.C. D.11.已知等差數列的前項和為,,,則()A.25 B.32 C.35 D.4012.小王因上班繁忙,來不及做午飯,所以叫了外賣.假設小王和外賣小哥都在12:00~12:10之間隨機到達小王所居住的樓下,則小王在樓下等候外賣小哥的時間不超過5分鐘的概率是()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知二面角α﹣l﹣β為60°,在其內部取點A,在半平面α,β內分別取點B,C.若點A到棱l的距離為1,則△ABC的周長的最小值為_____.14.已知向量,,若向量與向量平行,則實數___________.15.已知向量,,滿足,,,則的取值范圍為_________.16.觀察下列式子,,,,……,根據上述規(guī)律,第個不等式應該為__________.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)設復數滿足(為虛數單位),則的模為______.18.(12分)我們稱n()元有序實數組(,,…,)為n維向量,為該向量的范數.已知n維向量,其中,,2,…,n.記范數為奇數的n維向量的個數為,這個向量的范數之和為.(1)求和的值;(2)當n為偶數時,求,(用n表示).19.(12分)已知函數是自然對數的底數.(1)若,討論的單調性;(2)若有兩個極值點,求的取值范圍,并證明:.20.(12分)在中,內角的對邊分別是,已知.(1)求的值;(2)若,求的面積.21.(12分)某市環(huán)保部門對該市市民進行了一次垃圾分類知識的網絡問卷調查,每位市民僅有一次參加機會,通過隨機抽樣,得到參與問卷調查的100人的得分(滿分:100分)數據,統(tǒng)計結果如表所示:組別男235151812女051010713(1)若規(guī)定問卷得分不低于70分的市民稱為“環(huán)保關注者”,請完成答題卡中的列聯(lián)表,并判斷能否在犯錯誤概率不超過0.05的前提下,認為是否為“環(huán)保關注者”與性別有關?(2)若問卷得分不低于80分的人稱為“環(huán)保達人”.視頻率為概率.①在我市所有“環(huán)保達人”中,隨機抽取3人,求抽取的3人中,既有男“環(huán)保達人”又有女“環(huán)保達人”的概率;②為了鼓勵市民關注環(huán)保,針對此次的調查制定了如下獎勵方案:“環(huán)保達人”獲得兩次抽獎活動;其他參與的市民獲得一次抽獎活動.每次抽獎獲得紅包的金額和對應的概率.如下表:紅包金額(單位:元)1020概率現某市民要參加此次問卷調查,記(單位:元)為該市民參加間卷調查獲得的紅包金額,求的分布列及數學期望.附表及公式:0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82822.(10分)若關于的方程的兩根都大于2,求實數的取值范圍.

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.A【解析】

推導出,分別取的中點,連結,則,推導出,從而,進而四面體的體積為,由此能求出結果.【詳解】解:在四面體中,為等邊三角形,邊長為6,,,,,,分別取的中點,連結,則,且,,,,平面,平面,,四面體的體積為:.故答案為:.本題考查四面體體積的求法,考查空間中線線,線面,面面間的位置關系等基礎知識,考查運算求解能力.2.B【解析】

由題意,取的3個球的編號的中位數恰好為5的情況有,所有的情況有種,由古典概型的概率公式即得解.【詳解】由題意,取的3個球的編號的中位數恰好為5的情況有,所有的情況有種由古典概型,取的3個球的編號的中位數恰好為5的概率為:故選:B本題考查了排列組合在古典概型中的應用,考查了學生綜合分析,概念理解,數學運算的能力,屬于中檔題.3.B【解析】∵,,∴①若為鈍角,則,由余弦定理得,解得;②若為銳角,則,同理得.故選B.4.D【解析】

對于A根據命題的否定可得:“?x0∈R,x02-x0≤0”的否定是“?x∈R,x2-x>0”,即可判斷出;對于B若向量滿足,則與的夾角為鈍角或平角;對于C當m=0時,滿足am2≤bm2,但是a≤b不一定成立;對于D根據元素與集合的關系即可做出判斷.【詳解】選項A根據命題的否定可得:“?x0∈R,x02-x0≤0”的否定是“?x∈R,x2-x>0”,因此A不正確;選項B若向量滿足,則與的夾角為鈍角或平角,因此不正確.選項C當m=0時,滿足am2≤bm2,但是a≤b不一定成立,因此不正確;選項D若“”,則且,所以一定可以推出“”,因此“”是“”的必要條件,故正確.故選:D.本題考查命題的真假判斷與應用,涉及知識點有含有量詞的命題的否定、不等式性質、向量夾角與性質、集合性質等,屬于簡單題.5.C【解析】

根據線面平行或垂直的有關定理逐一判斷即可.【詳解】解:①:、也可能相交或異面,故①錯②:因為,,所以或,因為,所以,故②對③:或,故③錯④:如圖因為,,在內過點作直線的垂線,則直線,又因為,設經過和相交的平面與交于直線,則又,所以因為,,所以,所以,故④對.故選:C考查線面平行或垂直的判斷,基礎題.6.D【解析】

傾斜角為的直線與直線垂直,利用相互垂直的直線斜率之間的關系,同角三角函數基本關系式即可得出結果.【詳解】解:因為直線與直線垂直,所以,.又為直線傾斜角,解得.故選:D.本題考查了相互垂直的直線斜率之間的關系,同角三角函數基本關系式,考查計算能力,屬于基礎題.7.D【解析】

求解的導函數,研究其單調性,對任意不相等的正數,構造新函數,討論其單調性即可求解.【詳解】的定義域為,,當時,,故在單調遞減;不妨設,而,知在單調遞減,從而對任意、,恒有,即,,,令,則,原不等式等價于在單調遞減,即,從而,因為,所以實數a的取值范圍是故選:D.此題考查含參函數研究單調性問題,根據參數范圍化簡后構造新函數轉換為含參恒成立問題,屬于一般性題目.8.C【解析】

化的解析式為可判斷①,求出的解析式可判斷②,由得,結合正弦函數得圖象即可判斷③,由得可判斷④.【詳解】由題意,,所以,故①正確;為偶函數,故②錯誤;當時,,單調遞減,故③正確;若對任意,都有成立,則為最小值點,為最大值點,則的最小值為,故④正確.故選:C.本題考查三角函數的綜合運用,涉及到函數的值域、函數單調性、函數奇偶性及函數最值等內容,是一道較為綜合的問題.9.B【解析】

根據題意,分析可得,由余弦定理求得的值,由可得結果.【詳解】根據題意,,則在中,又,則則則則故選:B此題考查余弦定理和向量的數量積運算,掌握基本概念和公式即可解決,屬于簡單題目.10.B【解析】

還原幾何體可知原幾何體為半個圓柱和一個四棱錐組成的組合體,分別求解兩個部分的體積,加和得到結果.【詳解】由三視圖還原可知,原幾何體下半部分為半個圓柱,上半部分為一個四棱錐半個圓柱體積為:四棱錐體積為:原幾何體體積為:本題正確選項:本題考查三視圖的還原、組合體體積的求解問題,關鍵在于能夠準確還原幾何體,從而分別求解各部分的體積.11.C【解析】

設出等差數列的首項和公差,即可根據題意列出兩個方程,求出通項公式,從而求得.【詳解】設等差數列的首項為,公差為,則,解得,∴,即有.故選:C.本題主要考查等差數列的通項公式的求法和應用,涉及等差數列的前項和公式的應用,屬于容易題.12.C【解析】

設出兩人到達小王的時間,根據題意列出不等式組,利用幾何概型計算公式進行求解即可.【詳解】設小王和外賣小哥到達小王所居住的樓下的時間分別為,以12:00點為開始算起,則有,在平面直角坐標系內,如圖所示:圖中陰影部分表示該不等式組的所表示的平面區(qū)域,所以小王在樓下等候外賣小哥的時間不超過5分鐘的概率為:.故選:C本題考查了幾何概型中的面積型公式,考查了不等式組表示的平面區(qū)域,考查了數學運算能力.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.【解析】

作A關于平面α和β的對稱點M,N,交α和β與D,E,連接MN,AM,AN,DE,根據對稱性三角形ADC的周長為AB+AC+BC=MB+BC+CN,當四點共線時長度最短,結合對稱性和余弦定理求解.【詳解】作A關于平面α和β的對稱點M,N,交α和β與D,E,連接MN,AM,AN,DE,根據對稱性三角形ABC的周長為AB+AC+BC=MB+BC+CN,當M,B,C,N共線時,周長最小為MN設平面ADE交l于,O,連接OD,OE,顯然OD⊥l,OE⊥l,∠DOE=60°,∠MOA+∠AON=240°,OA=1,∠MON=120°,且OM=ON=OA=1,根據余弦定理,故MN2=1+1﹣2×1×1×cos120°=3,故MN.故答案為:.此題考查求空間三角形邊長的最值,關鍵在于根據幾何性質找出對稱關系,結合解三角形知識求解.14.【解析】

由題可得,因為向量與向量平行,所以,解得.15.【解析】

設,,,,由,,,根據平面向量模的幾何意義,可得A點軌跡為以O為圓心、1為半徑的圓,C點軌跡為以B為圓心、1為半徑的圓,為的距離,利用數形結合求解.【詳解】設,,,,如圖所示:因為,,,所以A點軌跡為以O為圓心、1為半徑的圓,C點軌跡為以B為圓心、1為半徑的圓,則即的距離,由圖可知,.故答案為:本題主要考查平面向量的模及運算的幾何意義,還考查了數形結合的方法,屬于中檔題.16.【解析】

根據題意,依次分析不等式的變化規(guī)律,綜合可得答案.【詳解】解:根據題意,對于第一個不等式,,則有,對于第二個不等式,,則有,對于第三個不等式,,則有,依此類推:第個不等式為:,故答案為.本題考查歸納推理的應用,分析不等式的變化規(guī)律.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【解析】

整理已知利用復數的除法運算方式計算,再由求模公式得答案.【詳解】因為,即所以的模為1故答案為:1本題考查復數的除法運算與求模,屬于基礎題.18.(1),.(2),【解析】

(1)利用枚舉法將范數為奇數的二元有序實數對都寫出來,再做和;(2)用組合數表示和,再由公式或將組合數進行化簡,得出最終結果.【詳解】解:(1)范數為奇數的二元有序實數對有:,,,,它們的范數依次為1,1,1,1,故,.(2)當n為偶數時,在向量的n個坐標中,要使得范數為奇數,則0的個數一定是奇數,所以可按照含0個數為:1,3,…,進行討論:的n個坐標中含1個0,其余坐標為1或,共有個,每個的范數為;的n個坐標中含3個0,其余坐標為1或,共有個,每個的范數為;的n個坐標中含個0,其余坐標為1或,共有個,每個的范數為1;所以,.因為,①,②得,,所以.解法1:因為,所以..解法2:得,.又因為,所以.本題考查了數列和組合,是一道較難的綜合題.19.(1)減區(qū)間是,增區(qū)間是;(2),證明見解析.【解析】

(1)當時,求得函數的導函數以及二階導函數,由此求得的單調區(qū)間.(2)令求得,構造函數,利用導數求得的單調區(qū)間、極值和最值,結合有兩個極值點,求得的取值范圍.將代入列方程組,由證得.【詳解】(1),,又,所以在單增,從而當時,遞減,當時,遞增.(2).令,令,則故在遞增,在遞減,所以.注意到當時,所以當時,有一個極值點,當時,有兩個極值點,當時,沒有極值點,綜上因為是的兩個極值點,所以不妨設,得,因為在遞減,且,所以又所以本小題主要考查利用導數研究函數的單調區(qū)間,考查利用導數研究函數的極值點,考查利用導數證明不等式,考查化歸與轉化的數學思想方法,屬于難題.20.(1);(2).【解析】

(1)由,利用余弦定理可得,結合可得結果;(2)由正弦定理,,利用三角形內角和定理可得,由三角形面積公式可得結果.【詳解】(1)由題意,得.∵.∴,∵,∴.(2)∵,由正弦定理,可得.∵a>b,∴,∴.∴.本題主要考查正

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