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文檔簡介

四川省安岳縣周禮中學2025屆高三第二次模擬考試數學試卷注意事項1.考試結束后,請將本試卷和答題卡一并交回.2.答題前,請務必將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置.3.請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符.4.作答選擇題,必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑;如需改動,請用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案.作答非選擇題,必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律無效.5.如需作圖,須用2B鉛筆繪、寫清楚,線條、符號等須加黑、加粗.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,則在上不單調的一個充分不必要條件可以是()A. B. C.或 D.2.在正方體中,點、分別為、的中點,過點作平面使平面,平面若直線平面,則的值為()A. B. C. D.3.正方體,是棱的中點,在任意兩個中點的連線中,與平面平行的直線有幾條()A.36 B.21 C.12 D.64.設,則,則()A. B. C. D.5.設為定義在上的奇函數,當時,(為常數),則不等式的解集為()A. B. C. D.6.某幾何體的三視圖如圖所示,其俯視圖是由一個半圓與其直徑組成的圖形,則此幾何體的體積是()A. B. C. D.7.中國古代中的“禮、樂、射、御、書、數”合稱“六藝”.“禮”,主要指德育;“樂”,主要指美育;“射”和“御”,就是體育和勞動;“書”,指各種歷史文化知識;“數”,指數學.某校國學社團開展“六藝”課程講座活動,每藝安排一節(jié),連排六節(jié),一天課程講座排課有如下要求:“數”必須排在第三節(jié),且“射”和“御”兩門課程相鄰排課,則“六藝”課程講座不同的排課順序共有()A.12種 B.24種 C.36種 D.48種8.已知數列為等差數列,為其前項和,,則()A.7 B.14 C.28 D.849.某幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm),則該幾何體的表面積是()A. B. C. D.10.在邊長為1的等邊三角形中,點E是中點,點F是中點,則()A. B. C. D.11.若直線y=kx+1與圓x2+y2=1相交于P、Q兩點,且∠POQ=120°(其中O為坐標原點),則k的值為()A. B. C.或- D.和-12.盒中裝有形狀、大小完全相同的5張“刮刮卡”,其中只有2張“刮刮卡”有獎,現甲從盒中隨機取出2張,則至少有一張有獎的概率為()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知正四棱柱的底面邊長為,側面的對角線長是,則這個正四棱柱的體積是____.14.在平面直角坐標系xOy中,A,B為x軸正半軸上的兩個動點,P(異于原點O)為y軸上的一個定點.若以AB為直徑的圓與圓x2+(y-2)2=1相外切,且∠APB的大小恒為定值,則線段OP的長為_____.15.假設10公里長跑,甲跑出優(yōu)秀的概率為,乙跑出優(yōu)秀的概率為,丙跑出優(yōu)秀的概率為,則甲、乙、丙三人同時參加10公里長跑,剛好有2人跑出優(yōu)秀的概率為________.16.已知實數a,b,c滿足,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)定義:若數列滿足所有的項均由構成且其中有個,有個,則稱為“﹣數列”.(1)為“﹣數列”中的任意三項,則使得的取法有多少種?(2)為“﹣數列”中的任意三項,則存在多少正整數對使得且的概率為.18.(12分)已知均為正實數,函數的最小值為.證明:(1);(2).19.(12分)如圖,三棱柱中,平面,,,分別為,的中點.(1)求證:平面;(2)若平面平面,求直線與平面所成角的正弦值.20.(12分)在①,②,③這三個條件中任選一個,補充在下面問題中.若問題中的正整數存在,求的值;若不存在,說明理由.設正數等比數列的前項和為,是等差數列,__________,,,,是否存在正整數,使得成立?21.(12分)數列滿足,且.(1)證明:數列是等差數列,并求數列的通項公式;(2)求數列的前項和.22.(10分)在中,角的對邊分別為,且.(1)求角的大??;(2)若函數圖象的一條對稱軸方程為且,求的值.

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、D【解析】

先求函數在上不單調的充要條件,即在上有解,即可得出結論.【詳解】,若在上不單調,令,則函數對稱軸方程為在區(qū)間上有零點(可以用二分法求得).當時,顯然不成立;當時,只需或,解得或.故選:D.【點睛】本題考查含參數的函數的單調性及充分不必要條件,要注意二次函數零點的求法,屬于中檔題.2、B【解析】

作出圖形,設平面分別交、于點、,連接、、,取的中點,連接、,連接交于點,推導出,由線面平行的性質定理可得出,可得出點為的中點,同理可得出點為的中點,結合中位線的性質可求得的值.【詳解】如下圖所示:設平面分別交、于點、,連接、、,取的中點,連接、,連接交于點,四邊形為正方形,、分別為、的中點,則且,四邊形為平行四邊形,且,且,且,則四邊形為平行四邊形,,平面,則存在直線平面,使得,若平面,則平面,又平面,則平面,此時,平面為平面,直線不可能與平面平行,所以,平面,,平面,平面,平面平面,,,所以,四邊形為平行四邊形,可得,為的中點,同理可證為的中點,,,因此,.故選:B.【點睛】本題考查線段長度比值的計算,涉及線面平行性質的應用,解答的關鍵就是找出平面與正方體各棱的交點位置,考查推理能力與計算能力,屬于中等題.3、B【解析】

先找到與平面平行的平面,利用面面平行的定義即可得到.【詳解】考慮與平面平行的平面,平面,平面,共有,故選:B.【點睛】本題考查線面平行的判定定理以及面面平行的定義,涉及到了簡單的組合問題,是一中檔題.4、A【解析】

根據換底公式可得,再化簡,比較的大小,即得答案.【詳解】,,.,顯然.,即,,即.綜上,.故選:.【點睛】本題考查換底公式和對數的運算,屬于中檔題.5、D【解析】

由可得,所以,由為定義在上的奇函數結合增函數+增函數=增函數,可知在上單調遞增,注意到,再利用函數單調性即可解決.【詳解】因為在上是奇函數.所以,解得,所以當時,,且時,單調遞增,所以在上單調遞增,因為,故有,解得.故選:D.【點睛】本題考查利用函數的奇偶性、單調性解不等式,考查學生對函數性質的靈活運用能力,是一道中檔題.6、C【解析】由三視圖可知,該幾何體是下部是半徑為2,高為1的圓柱的一半,上部為底面半徑為2,高為2的圓錐的一半,所以,半圓柱的體積為,上部半圓錐的體積為,所以該幾何體的體積為,故應選.7、C【解析】

根據“數”排在第三節(jié),則“射”和“御”兩門課程相鄰有3類排法,再考慮兩者的順序,有種,剩余的3門全排列,即可求解.【詳解】由題意,“數”排在第三節(jié),則“射”和“御”兩門課程相鄰時,可排在第1節(jié)和第2節(jié)或第4節(jié)和第5節(jié)或第5節(jié)和第6節(jié),有3種,再考慮兩者的順序,有種,剩余的3門全排列,安排在剩下的3個位置,有種,所以“六藝”課程講座不同的排課順序共有種不同的排法.故選:C.【點睛】本題主要考查了排列、組合的應用,其中解答中認真審題,根據題設條件,先排列有限制條件的元素是解答的關鍵,著重考查了分析問題和解答問題的能力,屬于基礎題.8、D【解析】

利用等差數列的通項公式,可求解得到,利用求和公式和等差中項的性質,即得解【詳解】,解得..故選:D【點睛】本題考查了等差數列的通項公式、求和公式和等差中項,考查了學生綜合分析,轉化劃歸,數學運算的能力,屬于中檔題.9、D【解析】

根據三視圖判斷出幾何體為正四棱錐,由此計算出幾何體的表面積.【詳解】根據三視圖可知,該幾何體為正四棱錐.底面積為.側面的高為,所以側面積為.所以該幾何體的表面積是.故選:D【點睛】本小題主要考查由三視圖判斷原圖,考查錐體表面積的計算,屬于基礎題.10、C【解析】

根據平面向量基本定理,用來表示,然后利用數量積公式,簡單計算,可得結果.【詳解】由題可知:點E是中點,點F是中點,所以又所以則故選:C【點睛】本題考查平面向量基本定理以及數量積公式,掌握公式,細心觀察,屬基礎題.11、C【解析】

直線過定點,直線y=kx+1與圓x2+y2=1相交于P、Q兩點,且∠POQ=120°(其中O為原點),可以發(fā)現∠QOx的大小,求得結果.【詳解】如圖,直線過定點(0,1),∵∠POQ=120°∴∠OPQ=30°,?∠1=120°,∠2=60°,∴由對稱性可知k=±.故選C.【點睛】本題考查過定點的直線系問題,以及直線和圓的位置關系,是基礎題.12、C【解析】

先計算出總的基本事件的個數,再計算出兩張都沒獲獎的個數,根據古典概型的概率,求出兩張都沒有獎的概率,由對立事件的概率關系,即可求解.【詳解】從5張“刮刮卡”中隨機取出2張,共有種情況,2張均沒有獎的情況有(種),故所求概率為.故選:C.【點睛】本題考查古典概型的概率、對立事件的概率關系,意在考查數學建模、數學計算能力,屬于基礎題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】Aa設正四棱柱的高為h得到故得到正四棱柱的體積為故答案為54.14、【解析】分析:設O2(a,0),圓O2的半徑為r(變量),OP=t(常數),利用差角的正切公式,結合以AB為直徑的圓與圓x2+(y-2)2=1相外切.且∠APB的大小恒為定值,即可求出線段OP的長.詳解:設O2(a,0),圓O2的半徑為r(變量),OP=t(常數),則∵∠APB的大小恒為定值,

∴t=,∴|OP|=.故答案為點睛:本題考查圓與圓的位置關系,考查差角的正切公式,考查學生的計算能力,屬于中檔題.15、【解析】

分跑出優(yōu)秀的人為:甲、乙和甲、丙和乙、丙三種情況分別計算再求和即可.【詳解】剛好有2人跑出優(yōu)秀有三種情況:其一是只有甲、乙兩人跑出優(yōu)秀的概率為;其二是只有甲、丙兩人跑出優(yōu)秀的概率為;其三是只有乙、丙兩人跑出優(yōu)秀的概率為,三種情況相加得.即剛好有2人跑出優(yōu)秀的概率為.故答案為:【點睛】本題主要考查了分類方法求解事件概率的問題,屬于基礎題.16、【解析】

先分離出,應用基本不等式轉化為關于c的二次函數,進而求出最小值.【詳解】解:若取最小值,則異號,,根據題意得:,又由,即有,則,即的最小值為,故答案為:【點睛】本題考查了基本不等式以及二次函數配方求最值,屬于中檔題.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)16;(2)115.【解析】

(1)易得使得的情況只有“”,“”兩種,再根據組合的方法求解兩種情況分別的情況數再求和即可.(2)易得“”共有種,“”共有種.再根據古典概型的方法可知,利用組合數的計算公式可得,當時根據題意有,共個;當時求得,再根據換元根據整除的方法求解滿足的正整數對即可.【詳解】解:(1)三個數乘積為有兩種情況:“”,“”,其中“”共有:種,“”共有:種,利用分類計數原理得:為“﹣數列”中的任意三項,則使得的取法有:種.(2)與(1)同理,“”共有種,“”共有種,而在“﹣數列”中任取三項共有種,根據古典概型有:,再根據組合數的計算公式能得到:,時,應滿足,,共個,時,應滿足,視為常數,可解得,,根據可知,,,,根據可知,,(否則),下設,則由于為正整數知必為正整數,,,化簡上式關系式可以知道:,均為偶數,設,則,由于中必存在偶數,只需中存在數為的倍數即可,,.檢驗:符合題意,共有個,綜上所述:共有個數對符合題意.【點睛】本題主要考查了排列組合的基本方法,同時也考查了組合數的運算以及整數的分析方法等,需要根據題意18、(1)證明見解析(2)證明見解析【解析】

(1)運用絕對值不等式的性質,注意等號成立的條件,即可求得最小值,再運用柯西不等式,即可得到最小值.(2)利用基本不等式即可得到結論,注意等號成立的條件.【詳解】(1)由題意,則函數,又函數的最小值為,即,由柯西不等式得,當且僅當時取“=”.故.(2)由題意,利用基本不等式可得,,,(以上三式當且僅當時同時取“=”)由(1)知,,所以,將以上三式相加得即.【點睛】本題主要考查絕對值不等式、柯西不等式等基礎知識,考查運算能力,屬于中檔題.19、(1)詳見解析;(2).【解析】

(1)連接,,則且為的中點,又∵為的中點,∴,又平面,平面,故平面.(2)由平面,得,.以為原點,分別以,,所在直線為軸,軸,軸建立如圖所示的空間直角坐標系,設,則,,,,,.取平面的一個法向量為,由,得:,令,得同理可得平面的一個法向量為∵平面平面,∴解得,得,又,設直線與平面所成角為,則.所以,直線與平面所成角的正弦值是.20、見解析【解析】

根據等差數列性質及、,可求得等差數列的通項公式,由即可求得的值;根據等式,變形可得,分別討論?、佗冖壑械囊粋€,結合等比數列通項公式代入化簡,檢驗是否存在正整數的值即可.【詳解】∵在等差數列中,,∴,∴公差,∴,∴,若存在正整數,使得成立,即成立,設正數等比數列的公比為的公比為,若選①,∵,∴,∴,∴,∴當時,滿足成立.若選②

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