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文檔簡介
2025屆北京大學附中高三下學期高考適應性練習(一)數學試題試卷注意事項: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.已知命題若,則,則下列說法正確的是()A.命題是真命題B.命題的逆命題是真命題C.命題的否命題是“若,則”D.命題的逆否命題是“若,則”2.函數的部分圖象大致為()A. B.C. D.3.已知函數,,當時,不等式恒成立,則實數a的取值范圍為()A. B. C. D.4.函數的圖象大致為()A. B.C. D.5.盒中有6個小球,其中4個白球,2個黑球,從中任取個球,在取出的球中,黑球放回,白球則涂黑后放回,此時盒中黑球的個數,則()A., B.,C., D.,6.已知函數,則()A.1 B.2 C.3 D.47.已知,滿足,且的最大值是最小值的4倍,則的值是()A.4 B. C. D.8.下列命題是真命題的是()A.若平面,,,滿足,,則;B.命題:,,則:,;C.“命題為真”是“命題為真”的充分不必要條件;D.命題“若,則”的逆否命題為:“若,則”.9.若a>b>0,0<c<1,則A.logac<logbc B.logca<logcb C.ac<bc D.ca>cb10.已知集合A={﹣2,﹣1,0,1,2},B={x|x2﹣4x﹣5<0},則A∩B=()A.{﹣2,﹣1,0} B.{﹣1,0,1,2} C.{﹣1,0,1} D.{0,1,2}11.記單調遞增的等比數列的前項和為,若,,則()A. B. C. D.12.陀螺是中國民間最早的娛樂工具,也稱陀羅.如圖,網格紙上小正方形的邊長為,粗線畫出的是某個陀螺的三視圖,則該陀螺的表面積為()A. B.C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.若變量,滿足約束條件,則的最大值為__________.14.已知數列為等差數列,數列為等比數列,滿足,其中,,則的值為_______________.15.在一底面半徑和高都是的圓柱形容器中盛滿小麥,有一粒帶麥銹病的種子混入了其中.現從中隨機取出的種子,則取出了帶麥銹病種子的概率是_____.16.在中,角的對邊分別為,且.若為鈍角,,則的面積為____________.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,、、的對應邊分別為、、,已知,,.(1)求;(2)設為中點,求的長.18.(12分)如圖,在三棱柱中,已知四邊形為矩形,,,,的角平分線交于.(1)求證:平面平面;(2)求二面角的余弦值.19.(12分)在如圖所示的幾何體中,面CDEF為正方形,平面ABCD為等腰梯形,AB//CD,AB=2BC,點Q為AE的中點.(1)求證:AC//平面DQF;(2)若∠ABC=60°,AC⊥FB,求BC與平面DQF所成角的正弦值.20.(12分)已知函數.(1)解不等式;(2)記函數的最小值為,正實數、滿足,求證:.21.(12分)已知與有兩個不同的交點,其橫坐標分別為().(1)求實數的取值范圍;(2)求證:.22.(10分)如圖,在平行四邊形中,,,現沿對角線將折起,使點A到達點P,點M,N分別在直線,上,且A,B,M,N四點共面.(1)求證:;(2)若平面平面,二面角平面角大小為,求直線與平面所成角的正弦值.
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、B【解析】
解不等式,可判斷A選項的正誤;寫出原命題的逆命題并判斷其真假,可判斷B選項的正誤;利用原命題與否命題、逆否命題的關系可判斷C、D選項的正誤.綜合可得出結論.【詳解】解不等式,解得,則命題為假命題,A選項錯誤;命題的逆命題是“若,則”,該命題為真命題,B選項正確;命題的否命題是“若,則”,C選項錯誤;命題的逆否命題是“若,則”,D選項錯誤.故選:B.【點睛】本題考查四種命題的關系,考查推理能力,屬于基礎題.2、B【解析】
圖像分析采用排除法,利用奇偶性判斷函數為奇函數,再利用特值確定函數的正負情況。【詳解】,故奇函數,四個圖像均符合。當時,,,排除C、D當時,,,排除A。故選B。【點睛】圖像分析采用排除法,一般可供判斷的主要有:奇偶性、周期性、單調性、及特殊值。3、D【解析】
由變形可得,可知函數在為增函數,由恒成立,求解參數即可求得取值范圍.【詳解】,即函數在時是單調增函數.則恒成立..令,則時,單調遞減,時單調遞增.故選:D.【點睛】本題考查構造函數,借助單調性定義判斷新函數的單調性問題,考查恒成立時求解參數問題,考查學生的分析問題的能力和計算求解的能力,難度較難.4、A【解析】
用偶函數的圖象關于軸對稱排除,用排除,用排除.故只能選.【詳解】因為,所以函數為偶函數,圖象關于軸對稱,故可以排除;因為,故排除,因為由圖象知,排除.故選:A【點睛】本題考查了根據函數的性質,辨析函數的圖像,排除法,屬于中檔題.5、C【解析】
根據古典概型概率計算公式,計算出概率并求得數學期望,由此判斷出正確選項.【詳解】表示取出的為一個白球,所以.表示取出一個黑球,,所以.表示取出兩個球,其中一黑一白,,表示取出兩個球為黑球,,表示取出兩個球為白球,,所以.所以,.故選:C【點睛】本小題主要考查離散型隨機變量分布列和數學期望的計算,屬于中檔題.6、C【解析】
結合分段函數的解析式,先求出,進而可求出.【詳解】由題意可得,則.故選:C.【點睛】本題考查了求函數的值,考查了分段函數的性質,考查運算求解能力,屬于基礎題.7、D【解析】試題分析:先畫出可行域如圖:由,得,由,得,當直線過點時,目標函數取得最大值,最大值為3;當直線過點時,目標函數取得最小值,最小值為3a;由條件得,所以,故選D.考點:線性規劃.8、D【解析】
根據面面關系判斷A;根據否定的定義判斷B;根據充分條件,必要條件的定義判斷C;根據逆否命題的定義判斷D.【詳解】若平面,,,滿足,,則可能相交,故A錯誤;命題“:,”的否定為:,,故B錯誤;為真,說明至少一個為真命題,則不能推出為真;為真,說明都為真命題,則為真,所以“命題為真”是“命題為真”的必要不充分條件,故C錯誤;命題“若,則”的逆否命題為:“若,則”,故D正確;故選D【點睛】本題主要考查了判斷必要不充分條件,寫出命題的逆否命題等,屬于中檔題.9、B【解析】試題分析:對于選項A,,,,而,所以,但不能確定的正負,所以它們的大小不能確定;對于選項B,,,兩邊同乘以一個負數改變不等號方向,所以選項B正確;對于選項C,利用在第一象限內是增函數即可得到,所以C錯誤;對于選項D,利用在上為減函數易得,所以D錯誤.所以本題選B.【考點】指數函數與對數函數的性質【名師點睛】比較冪或對數值的大小,若冪的底數相同或對數的底數相同,通常利用指數函數或對數函數的單調性進行比較;若底數不同,可考慮利用中間量進行比較.10、D【解析】
解一元二次不等式化簡集合,再由集合的交集運算可得選項.【詳解】因為集合,故選:D.【點睛】本題考查集合的交集運算,屬于基礎題.11、C【解析】
先利用等比數列的性質得到的值,再根據的方程組可得的值,從而得到數列的公比,進而得到數列的通項和前項和,根據后兩個公式可得正確的選項.【詳解】因為為等比數列,所以,故即,由可得或,因為為遞增數列,故符合.此時,所以或(舍,因為為遞增數列).故,.故選C.【點睛】一般地,如果為等比數列,為其前項和,則有性質:(1)若,則;(2)公比時,則有,其中為常數且;(3)為等比數列()且公比為.12、C【解析】
畫出幾何體的直觀圖,利用三視圖的數據求解幾何體的表面積即可,【詳解】由題意可知幾何體的直觀圖如圖:上部是底面半徑為1,高為3的圓柱,下部是底面半徑為2,高為2的圓錐,幾何體的表面積為:,故選:C【點睛】本題考查三視圖求解幾何體的表面積,判斷幾何體的形狀是解題的關鍵.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】
根據約束條件可以畫出可行域,從而將問題轉化為直線在軸截距最大的問題的求解,通過數形結合的方式可確定過時,取最大值,代入可求得結果.【詳解】由約束條件可得可行域如下圖陰影部分所示:將化為,則最大時,直線在軸截距最大;由直線平移可知,當過時,在軸截距最大,由得:,.故答案為:.【點睛】本題考查線性規劃中最值問題的求解,關鍵是能夠將問題轉化為直線在軸截距的最值的求解問題,通過數形結合的方式可求得結果.14、【解析】
根據題意,判斷出,根據等比數列的性質可得,再令數列中的,,,根據等差數列的性質,列出等式,求出和的值即可.【詳解】解:由,其中,,可得,則,令,,可得.①又令數列中的,,,根據等差數列的性質,可得,所以.②根據①②得出,.所以.故答案為.【點睛】本題主要考查等差數列、等比數列的性質,屬于基礎題.15、【解析】
求解占圓柱形容器的的總容積的比例求解即可.【詳解】解:由題意可得:取出了帶麥銹病種子的概率.故答案為:.【點睛】本題主要考查了體積類的幾何概型問題,屬于基礎題.16、【解析】
轉化為,利用二倍角公式可求解得,結合余弦定理可得b,再利用面積公式可得解.【詳解】因為,所以.又因為,且為銳角,所以.由余弦定理得,即,解得,所以故答案為:【點睛】本題考查了正弦定理和余弦定理的綜合應用,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.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).【解析】
(1)直接根據特殊角的三角函數值求出,結合正弦定理求出;(2)結合第一問的結論以及余弦定理即可求解.【詳解】解:(1)∵,且,∴,由正弦定理,∴,∵∴銳角,∴(2)∵,∴∴∴在中,由余弦定理得∴【點睛】本題主要考查了正弦定理和余弦定理的運用.考查了學生對三角函數基礎知識的綜合運用.18、(1)見解析;(2)【解析】
(1)過點作交于,連接,設,連接,由角平分線的性質,正方形的性質,三角形的全等,證得,,由線面垂直的判斷定理證得平面,再由面面垂直的判斷得證.(2)平面幾何知識和線面的關系可證得平面,建立空間直角坐標系,求得兩個平面的法向量,根據二面角的向量計算公式可求得其值.【詳解】(1)如圖,過點作交于,連接,設,連接,,,又為的角平分線,四邊形為正方形,,又,,,,,又為的中點,又平面,,平面,又平面,平面平面,(2)在中,,,,在中,,,又,,,,又,,平面,平面,故建立如圖空間直角坐標系,則,,,,,,,設平面的一個法向量為,則,,令,得,設平面的一個法向量為,則,,令,得,由圖示可知二面角是銳角,故二面角的余弦值為.【點睛】本題考查空間的面面垂直關系的證明,二面角的計算,在證明垂直關系時,注意運用平面幾何中的等腰三角形的“三線合一”,勾股定理、菱形的對角線互相垂直,屬于基礎題.19、(1)見解析(2)【解析】
(1)連接交于點,連接,通過證明,證得平面.(2)建立空間直角坐標系,利用直線的方向向量和平面的法向量,計算出線面角的正弦值.【詳解】(1)證明:連接交于點,連接,因為四邊形為正方形,所以點為的中點,又因為為的中點,所以;平面平面,平面.(2)解:,設,則,在中,,由余弦定理得:,.又,平面..平面.如圖建立的空間直角坐標系.在等腰梯形中,可得.則.那么設平面的法向量為,則有,即,取,得.設與平面所成的角為,則.所以與平面所成角的正弦值為.【點睛】本小題主要考查線面平行的證明,考查線面角的求法,考查空間想象能力和邏輯推理能力,屬于中檔題.20、(1);(2)見解析.【解析】
(1)分、、三種情況解不等式,綜合可得出原不等式的的解集;(2)利用絕對值三角不等式可求得函數的最小值為,進而可得出,再將代數式與相乘,利用基本不等式求得的最小值,進而可證得結論成立.【詳解】(1)當時,由,得,即,解得,此時;當時,由,得,即,解得,此時;當時,由,得,即,解得,此時.綜上所述,不等式的解集為;(2),當且僅當時取等號,所以,.所以,當且僅當,即,時等號成立,所以.所以,即.【點睛】本題考查含絕對值不等式的求解,同時也考查了利用基本不等式證明不等式成立,涉及絕對值三角不等式的應用,考查運算求解能力,屬于中等題.21、(1);(2)見解析【解析】
(1)利用導數研究的單調性,分析函數性質,數形結合,即得解;(2)構造函數,可證得:,,分析直線,與從左到右交點的橫坐標,在,處的切線即得解.【詳解】(1)設函數,,令,令故在單調遞減,在單調遞增,∴,∵時;;時.(2)①過點,的直線為,則令,,,.②過點,的直線為,則,在上單調遞增.③設直線,與從左到右交點的橫坐標依次為,,由圖知.④在,處的切線分別為,,同理可以證得,.記直線與兩切線和從左到右交點的橫坐標依次為,.【點睛】本題考查了函數與導數綜合,考查了學生數形結合,綜合分析,轉化劃歸,邏輯推理,數學運算的能力,屬于較難題.22、(1)證明見解析;(2)【解析】
(1)根據余弦定理,可得,利用//,可得//平面,然后利用線面平行的性質定理,/
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