福建省永春華僑中學2025年高三下學期聯考期末試卷數學試題含解析_第1頁
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文檔簡介

福建省永春華僑中學2025年高三下學期聯考期末試卷數學試題考生須知:1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分,全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂;非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,在草稿紙、試題卷上答題無效。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.雙曲線x26-y23=1的漸近線與圓(x-3)2+y2=A.3 B.2C.3 D.62.已知雙曲線的左,右焦點分別為、,過的直線l交雙曲線的右支于點P,以雙曲線的實軸為直徑的圓與直線l相切,切點為H,若,則雙曲線C的離心率為()A. B. C. D.3.若函數的圖象如圖所示,則的解析式可能是()A. B. C. D.4.在平行六面體中,M為與的交點,若,,則與相等的向量是()A. B. C. D.5.點為棱長是2的正方體的內切球球面上的動點,點為的中點,若滿足,則動點的軌跡的長度為()A. B. C. D.6.若干年前,某教師剛退休的月退休金為6000元,月退休金各種用途占比統計圖如下面的條形圖.該教師退休后加強了體育鍛煉,目前月退休金的各種用途占比統計圖如下面的折線圖.已知目前的月就醫費比剛退休時少100元,則目前該教師的月退休金為().A.6500元 B.7000元 C.7500元 D.8000元7.已知,其中是虛數單位,則對應的點的坐標為()A. B. C. D.8.橢圓的焦點為,點在橢圓上,若,則的大小為()A. B. C. D.9.已知與函數和都相切,則不等式組所確定的平面區域在內的面積為()A. B. C. D.10.已知,是兩條不重合的直線,,是兩個不重合的平面,則下列命題中錯誤的是()A.若,,則或B.若,,,則C.若,,,則D.若,,則11.已知是等差數列的前項和,,,則()A.85 B. C.35 D.12.已知直線:()與拋物線:交于(坐標原點),兩點,直線:與拋物線交于,兩點.若,則實數的值為()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知數列的各項均為正數,記為數列的前項和,若,,則______.14.實數,滿足,如果目標函數的最小值為,則的最小值為_______.15.已知數列是等比數列,,則__________.16.若x,y均為正數,且,則的最小值為________.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)在中,為邊上一點,,.(1)求;(2)若,,求.18.(12分)設函數()的最小值為.(1)求的值;(2)若,,為正實數,且,證明:.19.(12分)已知數列和滿足,,,,.(Ⅰ)求與;(Ⅱ)記數列的前項和為,且,若對,恒成立,求正整數的值.20.(12分)已知,,(1)求的最小正周期及單調遞增區間;(2)已知銳角的內角,,的對邊分別為,,,且,,求邊上的高的最大值.21.(12分)如圖所示的幾何體中,,四邊形為正方形,四邊形為梯形,,,,為中點.(1)證明:;(2)求二面角的余弦值.22.(10分)已知矩陣的一個特征值為4,求矩陣A的逆矩陣.

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】

由圓心到漸近線的距離等于半徑列方程求解即可.【詳解】雙曲線的漸近線方程為y=±22x,圓心坐標為(3,0).由題意知,圓心到漸近線的距離等于圓的半徑r,即r=±答案:A本題考查了雙曲線的漸近線方程及直線與圓的位置關系,屬于基礎題.2.A【解析】

在中,由余弦定理,得到,再利用即可建立的方程.【詳解】由已知,,在中,由余弦定理,得,又,,所以,,故選:A.本題考查雙曲線離心率的計算問題,處理雙曲線離心率問題的關鍵是建立三者間的關系,本題是一道中檔題.3.A【解析】

由函數性質,結合特殊值驗證,通過排除法求得結果.【詳解】對于選項B,為奇函數可判斷B錯誤;對于選項C,當時,,可判斷C錯誤;對于選項D,,可知函數在第一象限的圖象無增區間,故D錯誤;故選:A.本題考查已知函數的圖象判斷解析式問題,通過函數性質及特殊值利用排除法是解決本題的關鍵,難度一般.4.D【解析】

根據空間向量的線性運算,用作基底表示即可得解.【詳解】根據空間向量的線性運算可知因為,,則即,故選:D.本題考查了空間向量的線性運算,用基底表示向量,屬于基礎題.5.C【解析】

設的中點為,利用正方形和正方體的性質,結合線面垂直的判定定理可以證明出平面,這樣可以確定動點的軌跡,最后求出動點的軌跡的長度.【詳解】設的中點為,連接,因此有,而,而平面,,因此有平面,所以動點的軌跡平面與正方體的內切球的交線.正方體的棱長為2,所以內切球的半徑為,建立如下圖所示的以為坐標原點的空間直角坐標系:因此有,設平面的法向量為,所以有,因此到平面的距離為:,所以截面圓的半徑為:,因此動點的軌跡的長度為.故選:C本題考查了線面垂直的判定定理的應用,考查了立體幾何中軌跡問題,考查了球截面的性質,考查了空間想象能力和數學運算能力.6.D【解析】

設目前該教師的退休金為x元,利用條形圖和折線圖列出方程,求出結果即可.【詳解】設目前該教師的退休金為x元,則由題意得:6000×15%﹣x×10%=1.解得x=2.故選D.本題考查由條形圖和折線圖等基礎知識解決實際問題,屬于基礎題.7.C【解析】

利用復數相等的條件求得,,則答案可求.【詳解】由,得,.對應的點的坐標為,,.故選:.本題考查復數的代數表示法及其幾何意義,考查復數相等的條件,是基礎題.8.C【解析】

根據橢圓的定義可得,,再利用余弦定理即可得到結論.【詳解】由題意,,,又,則,由余弦定理可得.故.故選:C.本題考查橢圓的定義,考查余弦定理,考查運算能力,屬于基礎題.9.B【解析】

根據直線與和都相切,求得的值,由此畫出不等式組所表示的平面區域以及圓,由此求得正確選項.【詳解】.設直線與相切于點,斜率為,所以切線方程為,化簡得①.令,解得,,所以切線方程為,化簡得②.由①②對比系數得,化簡得③.構造函數,,所以在上遞減,在上遞增,所以在處取得極小值也即是最小值,而,所以有唯一解.也即方程③有唯一解.所以切線方程為.即.不等式組即,畫出其對應的區域如下圖所示.圓可化為,圓心為.而方程組的解也是.畫出圖像如下圖所示,不等式組所確定的平面區域在內的部分如下圖陰影部分所示.直線的斜率為,直線的斜率為.所以,所以,而圓的半徑為,所以陰影部分的面積是.故選:B本小題主要考查根據公共切線求參數,考查不等式組表示區域的畫法,考查圓的方程,考查兩條直線夾角的計算,考查扇形面積公式,考查數形結合的數學思想方法,考查分析思考與解決問題的能力,屬于難題.10.D【解析】

根據線面平行和面面平行的性質,可判定A;由線面平行的判定定理,可判斷B;C中可判斷,所成的二面角為;D中有可能,即得解.【詳解】選項A:若,,根據線面平行和面面平行的性質,有或,故A正確;選項B:若,,,由線面平行的判定定理,有,故B正確;選項C:若,,,故,所成的二面角為,則,故C正確;選項D,若,,有可能,故D不正確.故選:D本題考查了空間中的平行垂直關系判斷,考查了學生邏輯推理,空間想象能力,屬于中檔題.11.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.12.D【解析】

設,,聯立直線與拋物線方程,消去、列出韋達定理,再由直線與拋物線的交點求出點坐標,最后根據,得到方程,即可求出參數的值;【詳解】解:設,,由,得,∵,解得或,∴,.又由,得,∴或,∴,∵,∴,又∵,∴代入解得.故選:D本題考查直線與拋物線的綜合應用,弦長公式的應用,屬于中檔題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.63【解析】

對進行化簡,可得,再根據等比數列前項和公式進行求解即可【詳解】由數列為首項為,公比的等比數列,所以63本題考查等比數列基本量的求法,當處理復雜因式時,常用基本方法為:因式分解,約分。但解題本質還是圍繞等差和等比的基本性質14.【解析】

作出不等式組對應的平面區域,利用目標函數的最小值為,確定出的值,進而確定出C點坐標,結合目標函數幾何意義,從而求得結果.【詳解】先做的區域如圖可知在三角形ABC區域內,由得可知,直線的截距最大時,取得最小值,此時直線為,作出直線,交于A點,由圖象可知,目標函數在該點取得最小值,所以直線也過A點,由,得,代入,得,所以點C的坐標為.等價于點與原點連線的斜率,所以當點為點C時,取得最小值,最小值為,故答案為:.該題考查的是有關線性規劃的問題,在解題的過程中,注意正確畫出約束條件對應的可行域,根據最值求出參數,結合分式型目標函數的意義求得最優解,屬于中檔題目.15.【解析】

根據等比數列通項公式,首先求得,然后求得.【詳解】設的公比為,由,得,故.故答案為:本小題主要考查等比數列通項公式的基本量計算,屬于基礎題.16.4【解析】

由基本不等式可得,則,即可解得.【詳解】方法一:,當且僅當時取等.方法二:因為,所以,所以,當且僅當時取等.故答案為:.本題考查基本不等式在求最小值中的應用,考查學生對基本不等式的靈活使用,難度較易.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);(2)4【解析】

(1),利用兩角差的正弦公式計算即可;(2)設,在中,用正弦定理將用x表示,在中用一次余弦定理即可解決.【詳解】(1)∵,∴,所以,.(2)∵,∴設,,在中,由正弦定理得,,∴,∴,∵,∴∴.本題考查兩角差的正弦公式以及正余弦定理解三角形,考查學生的運算求解能力,是一道容易題.18.(1)(2)證明見解析【解析】

(1)分類討論,去絕對值求出函數的解析式,根據一次函數的性質,得出的單調性,得出取最小值,即可求的值;(2)由(1)得出,利用“乘1法”,令,化簡后利用基本不等式求出的最小值,即可證出.【詳解】(1)解:當時,單調遞減;當時,單調遞增.所以當時,取最小值.(2)證明:由(1)可知.要證明:,即證,因為,,為正實數,所以.當且僅當,即,,時取等號,所以.本題考查絕對值不等式和基本不等式的應用,還運用“乘1法”和分類討論思想,屬于中檔題.19.(Ⅰ),;(Ⅱ)1【解析】

(Ⅰ)易得為等比數列,再利用前項和與通項的關系求解的通項公式即可.(Ⅱ)由題可知要求的最小值,再分析的正負即可得隨的增大而增大再判定可知即可.【詳解】(Ⅰ)因為,故是以為首項,2為公比的等比數列,故.又當時,,解得.當時,…①…②①-②有,即.當時也滿足.故為常數列,所以.即.故,(Ⅱ)因為對,恒成立.故只需求的最小值即可.設,則,又,又當時,時.當時,因為.故.綜上可知.故隨著的增大而增大,故,故本題主要考查了根據數列的遞推公式求解通項公式的方法,同時也考查了根據數列的增減性判斷最值的問題,需要根據題意求解的通項,并根據二項式定理分析其正負,從而得到最小項.屬于難題.20.(1)的最小正周期為:;函數單調遞增區間為:;(2).【解析】

(1)根據誘導公式,結合二倍角的正弦公式、輔助角公式把函數的解析式化簡成余弦型函數解析式形式,利用余弦型函數的最小正周期公式和單調性進行求解即可;(2)由(1)結合,求出的大小,再根據三角形面積公式,結合余弦定理和基本不等式進行求解即可.【詳解】(1)的最小正周期為:;當時,即當時,函數單調遞增,所以函數單調遞增區間為:;(2)因為,所以設邊上的高為,所以有,由余弦定理可知:(當用僅當時,取等號),所以,因此邊上的高的最大值.本題考查了正弦的二倍角公式、誘導公式、輔助角公式,考查了余弦定理、三角形面積公式,考查了基本不等式的應用,考查了數學運算能力.21.(1)見解析;(2)【解析】

(1)取的中點,結合三角形中位線和長度關系,為平行四邊形,進而得到,根據線面平行判定定理可證得結論;(2)以,,為,,軸建立空間直角坐標系,分別求得兩面的法向量,求得法向量夾角的余弦值;根據二面角為銳角確定最終二面角的余

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