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文檔簡介
2025年廣東揭陽市惠來縣第一中學高三第四次模擬考試(5月)數學試題注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚,將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試題卷上答題無效。4.保持卡面清潔,不要折疊,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.函數在內有且只有一個零點,則a的值為()A.3 B.-3 C.2 D.-22.已知函數滿足=1,則等于()A.- B. C.- D.3.已知,,,則的大小關系為()A. B. C. D.4.各項都是正數的等比數列的公比,且成等差數列,則的值為()A. B.C. D.或5.已知函數是定義在R上的奇函數,且滿足,當時,(其中e是自然對數的底數),若,則實數a的值為()A. B.3 C. D.6.若復數,,其中是虛數單位,則的最大值為()A. B. C. D.7.函數(其中是自然對數的底數)的大致圖像為()A. B. C. D.8.設,點,,,,設對一切都有不等式成立,則正整數的最小值為()A. B. C. D.9.已知函數的圖象如圖所示,則下列說法錯誤的是()A.函數在上單調遞減B.函數在上單調遞增C.函數的對稱中心是D.函數的對稱軸是10.已知直線,,則“”是“”的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件11.已知復數是正實數,則實數的值為()A. B. C. D.12.已知是等差數列的前項和,,,則()A.85 B. C.35 D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知向量=(-4,3),=(6,m),且,則m=__________.14.已知函數,若,則實數的取值范圍為__________.15.已知函數函數,則不等式的解集為____.16.已知向量,且,則___________.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)如圖,已知在三棱錐中,平面,分別為的中點,且.(1)求證:;(2)設平面與交于點,求證:為的中點.18.(12分)已知在中,角,,的對邊分別為,,,的面積為.(1)求證:;(2)若,求的值.19.(12分)在四棱錐中,底面是邊長為2的菱形,是的中點.(1)證明:平面;(2)設是線段上的動點,當點到平面距離最大時,求三棱錐的體積.20.(12分)已知函數.(Ⅰ)若,求曲線在處的切線方程;(Ⅱ)當時,要使恒成立,求實數的取值范圍.21.(12分)以坐標原點為極點,軸正半軸為極軸建立極坐標系,曲線的極坐標方程是,直線和直線的極坐標方程分別是()和(),其中().(1)寫出曲線的直角坐標方程;(2)設直線和直線分別與曲線交于除極點的另外點,,求的面積最小值.22.(10分)已知橢圓E:()的離心率為,且短軸的一個端點B與兩焦點A,C組成的三角形面積為.(Ⅰ)求橢圓E的方程;(Ⅱ)若點P為橢圓E上的一點,過點P作橢圓E的切線交圓O:于不同的兩點M,N(其中M在N的右側),求四邊形面積的最大值.
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.A【解析】
求出,對分類討論,求出單調區(qū)間和極值點,結合三次函數的圖像特征,即可求解.【詳解】,若,,在單調遞增,且,在不存在零點;若,,在內有且只有一個零點,.故選:A.本題考查函數的零點、導數的應用,考查分類討論思想,熟練掌握函數圖像和性質是解題的關鍵,屬于中檔題.2.C【解析】
設的最小正周期為,可得,則,再根據得,又,則可求出,進而可得.【詳解】解:設的最小正周期為,因為,所以,所以,所以,又,所以當時,,,因為,整理得,因為,,,則所以.故選:C.本題考查三角形函數的周期性和對稱性,考查學生分析能力和計算能力,是一道難度較大的題目.3.A【解析】
根據指數函數與對數函數的單調性,借助特殊值即可比較大小.【詳解】因為,所以.因為,所以,因為,為增函數,所以所以,故選:A.本題主要考查了指數函數、對數函數的單調性,利用單調性比較大小,屬于中檔題.4.C【解析】分析:解決該題的關鍵是求得等比數列的公比,利用題中所給的條件,建立項之間的關系,從而得到公比所滿足的等量關系式,解方程即可得結果.詳解:根據題意有,即,因為數列各項都是正數,所以,而,故選C.點睛:該題應用題的條件可以求得等比數列的公比,而待求量就是,代入即可得結果.5.B【解析】
根據題意,求得函數周期,利用周期性和函數值,即可求得.【詳解】由已知可知,,所以函數是一個以4為周期的周期函數,所以,解得,故選:B.本題考查函數周期的求解,涉及對數運算,屬綜合基礎題.6.C【解析】
由復數的幾何意義可得表示復數,對應的兩點間的距離,由兩點間距離公式即可求解.【詳解】由復數的幾何意義可得,復數對應的點為,復數對應的點為,所以,其中,故選C本題主要考查復數的幾何意義,由復數的幾何意義,將轉化為兩復數所對應點的距離求值即可,屬于基礎題型.7.D【解析】由題意得,函數點定義域為且,所以定義域關于原點對稱,且,所以函數為奇函數,圖象關于原點對稱,故選D.8.A【解析】
先求得,再求得左邊的范圍,只需,利用單調性解得t的范圍.【詳解】由題意知sin,∴,∴,隨n的增大而增大,∴,∴,即,又f(t)=在t上單增,f(2)=-1<0,f(3)=2>0,∴正整數的最小值為3.本題考查了數列的通項及求和問題,考查了數列的單調性及不等式的解法,考查了轉化思想,屬于中檔題.9.B【解析】
根據圖象求得函數的解析式,結合余弦函數的單調性與對稱性逐項判斷即可.【詳解】由圖象可得,函數的周期,所以.將點代入中,得,解得,由,可得,所以.令,得,故函數在上單調遞減,當時,函數在上單調遞減,故A正確;令,得,故函數在上單調遞增.當時,函數在上單調遞增,故B錯誤;令,得,故函數的對稱中心是,故C正確;令,得,故函數的對稱軸是,故D正確.故選:B.本題考查由圖象求余弦型函數的解析式,同時也考查了余弦型函數的單調性與對稱性的判斷,考查推理能力與計算能力,屬于中等題.10.C【解析】
先得出兩直線平行的充要條件,根據小范圍可推導出大范圍,可得到答案.【詳解】直線,,的充要條件是,當a=2時,化簡后發(fā)現兩直線是重合的,故舍去,最終a=-1.因此得到“”是“”的充分必要條件.故答案為C.判斷充要條件的方法是:①若p?q為真命題且q?p為假命題,則命題p是命題q的充分不必要條件;②若p?q為假命題且q?p為真命題,則命題p是命題q的必要不充分條件;③若p?q為真命題且q?p為真命題,則命題p是命題q的充要條件;④若p?q為假命題且q?p為假命題,則命題p是命題q的即不充分也不必要條件.⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍,再根據“誰大誰必要,誰小誰充分”的原則,判斷命題p與命題q的關系.11.C【解析】
將復數化成標準形式,由題意可得實部大于零,虛部等于零,即可得到答案.【詳解】因為為正實數,所以且,解得.故選:C本題考查復數的基本定義,屬基礎題.12.B【解析】
將已知條件轉化為的形式,求得,由此求得.【詳解】設公差為,則,所以,,,.故選:B本小題主要考查等差數列通項公式的基本量計算,考查等差數列前項和的計算,屬于基礎題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.8.【解析】
利用轉化得到加以計算,得到.【詳解】向量則.本題考查平面向量的坐標運算、平面向量的數量積、平面向量的垂直以及轉化與化歸思想的應用.屬于容易題.14.【解析】
畫圖分析可得函數是偶函數,且在上單調遞減,利用偶函數性質和單調性可解.【詳解】作出函數的圖如下所示,觀察可知,函數為偶函數,且在上單調遞增,在上單調遞減,故,故實數的取值范圍為.故答案為:本題考查利用函數奇偶性及單調性解不等式.函數奇偶性的常用結論:(1)如果函數是偶函數,那么.(2)奇函數在兩個對稱的區(qū)間上具有相同的單調性;偶函數在兩個對稱的區(qū)間上具有相反的單調性.15.【解析】,,所以,所以的解集為。點睛:本題考查絕對值不等式。本題先對絕對值函數進行分段處理,再得到的解析式,求得的分段函數解析式,再解不等式即可。絕對值函數一般都去絕對值轉化為分段函數處理。16.【解析】
由向量平行的坐標表示得出,求解即可得出答案.【詳解】因為,所以,解得.故答案為:本題主要考查了由向量共線或平行求參數,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)證明見解析;(2)證明見解析.【解析】
(1)要做證明,只需證明平面即可;(2)易得∥平面,平面,利用線面平行的性質定理即可得到∥,從而獲得證明【詳解】證明:(1)因為平面,平面,所以.因為,所以.又因為,平面,平面,所以平面.又因為平面,所以.(2)因為平面與交于點,所以平面.因為分別為的中點,所以∥.又因為平面,平面,所以∥平面.又因為平面,平面平面,所以∥,又因為是的中點,所以為的中點.本題考查線面垂直的判定定理以及線面平行的性質定理,考查學生的邏輯推理能力,是一道容易題.18.(1)證明見解析;(2).【解析】
(1)利用,利用正弦定理,化簡即可證明(2)利用(1),得到當時,,得出,得出,然后可得【詳解】證明:(1)據題意,得,∴,∴.又∵,∴,∴.解:(2)由(1)求解知,.∴當時,.又,∴,∴,∴.本題考查正弦與余弦定理的應用,屬于基礎題19.(1)見解析(2)【解析】
(1)連接與交于,連接,證明即可得證線面平行;(2)首先證明平面(只要取中點,可證平面,從而得,同理得),因此點到直線的距離即為點到平面的距離,由平面幾何知識易得最大值,然后可計算體積.【詳解】(1)證明:連接與交于,連接,因為是菱形,所以為的中點,又因為為的中點,所以,因為平面平面,所以平面.(2)解:取中點,連接,因為四邊形是菱形,,且,所以,又,所以平面,又平面,所以.同理可證:,又,所以平面,所以平面平面,又平面平面,所以點到直線的距離即為點到平面的距離,過作直線的垂線段,在所有垂線段中長度最大為,因為為的中點,故點到平面的最大距離為1,此時,為的中點,即,所以,所以.本題考查證明線面平行,考查求棱錐的體積,掌握面面垂直與線面垂直的判定與性質是解題關鍵.20.(Ⅰ)(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)求函數的導函數,即可求得切線的斜率,則切線方程得解;(Ⅱ)構造函數,對參數分類討論,求得函數的單調性,以及最值,即可容易求得參數范圍.【詳解】(Ⅰ)當時,,則.所以.又,故所求切線方程為,即.(Ⅱ)依題意,得,即恒成立.令,則.①當時,因為,不合題意.②當時,令,得,,顯然.令,得或;令,得.所以函數的單調遞增區(qū)間是,,單調遞減區(qū)間是.當時,,,所以,只需,所以,所以實數的取值范圍為.本題考查利用導數的幾何意義求切線方程,以及利用導數研究恒成立問題,屬綜合中檔題.21.(1);(2)16.【解析】
(1)將極坐標方程化為直角坐標方程即可;(2)利用極徑的幾何意義,聯立曲線,直線,直線的極坐標方程,得出,利用三角形面積公式,結合正弦函數的性質,得出的面積最小值.【詳解】(1)曲線:,即化為直角坐標方程為:;(2),即同理∴當且僅當,即()時取等號即的面積最小值為16本題主要考查了極坐標方程化直角坐標方程以及極坐標的應用,屬于中檔題.22.(Ⅰ);(Ⅱ)4.【解析】
(Ⅰ)結合已知可得,求出a,b的值,即可得橢
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