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文檔簡介

2025屆山東省莒南縣大店中學5月高三數學試題期末熱身聯考試卷注意事項: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。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域內作答,超出答題區域書寫的答案無效;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.已知四棱錐,底面ABCD是邊長為1的正方形,,平面平面ABCD,當點C到平面ABE的距離最大時,該四棱錐的體積為()A. B. C. D.12.設,則“”是“”的()A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件3.若函數恰有3個零點,則實數的取值范圍是()A. B. C. D.4.已知函數在上有兩個零點,則的取值范圍是()A. B. C. D.5.已知為正項等比數列,是它的前項和,若,且與的等差中項為,則的值是()A.29 B.30 C.31 D.326.已知為坐標原點,角的終邊經過點且,則()A. B. C. D.7.設a,b∈(0,1)∪(1,+∞),則"a=b"是"logA.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件8.已知,則()A.2 B. C. D.39.已知向量,,若,則與夾角的余弦值為()A. B. C. D.10.若不等式在區間內的解集中有且僅有三個整數,則實數的取值范圍是()A. B.C. D.11.已知圓錐的高為3,底面半徑為,若該圓錐的頂點與底面的圓周都在同一個球面上,則這個球的體積與圓錐的體積的比值為()A. B. C. D.12.已知,且,則在方向上的投影為()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.在三棱錐中,,,兩兩垂直且,點為的外接球上任意一點,則的最大值為______.14.已知向量,,且,則實數m的值是________.15.如圖,在平面四邊形ABCD中,|AC|=3,|BD|=4,則(AB16.已知數列的前項和為且滿足,則數列的通項_______.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)已知動點到定點的距離比到軸的距離多.(1)求動點的軌跡的方程;(2)設,是軌跡在上異于原點的兩個不同點,直線和的傾斜角分別為和,當,變化且時,證明:直線恒過定點,并求出該定點的坐標.18.(12分)已知曲線的參數方程為(為參數),曲線的參數方程為(為參數).(1)求和的普通方程;(2)過坐標原點作直線交曲線于點(異于),交曲線于點,求的最小值.19.(12分)已知函數.(1)若函數,求的極值;(2)證明:.(參考數據:)20.(12分)設函數.(Ⅰ)討論函數的單調性;(Ⅱ)若函數有兩個極值點,求證:.21.(12分)已知函數.(1)當時,求不等式的解集;(2)若的圖象與軸圍成的三角形面積大于6,求的取值范圍.22.(10分)如圖,在四棱錐中,平面平面,.(Ⅰ)求證:平面;(Ⅱ)若銳二面角的余弦值為,求直線與平面所成的角.

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】

過點E作,垂足為H,過H作,垂足為F,連接EF.因為平面ABE,所以點C到平面ABE的距離等于點H到平面ABE的距離.設,將表示成關于的函數,再求函數的最值,即可得答案.【詳解】過點E作,垂足為H,過H作,垂足為F,連接EF.因為平面平面ABCD,所以平面ABCD,所以.因為底面ABCD是邊長為1的正方形,,所以.因為平面ABE,所以點C到平面ABE的距離等于點H到平面ABE的距離.易證平面平面ABE,所以點H到平面ABE的距離,即為H到EF的距離.不妨設,則,.因為,所以,所以,當時,等號成立.此時EH與ED重合,所以,.故選:B.【點睛】本題考查空間中點到面的距離的最值,考查函數與方程思想、轉化與化歸思想,考查空間想象能力和運算求解能力,求解時注意輔助線及面面垂直的應用.2.C【解析】

根據充分條件和必要條件的定義結合對數的運算進行判斷即可.【詳解】∵a,b∈(1,+∞),∴a>b?logab<1,logab<1?a>b,∴a>b是logab<1的充分必要條件,故選C.【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷,根據不等式的解法是解決本題的關鍵.3.B【解析】

求導函數,求出函數的極值,利用函數恰有三個零點,即可求實數的取值范圍.【詳解】函數的導數為,令,則或,上單調遞減,上單調遞增,所以0或是函數y的極值點,函數的極值為:,函數恰有三個零點,則實數的取值范圍是:.故選B.【點睛】該題考查的是有關結合函數零點個數,來確定參數的取值范圍的問題,在解題的過程中,注意應用導數研究函數圖象的走向,利用數形結合思想,轉化為函數圖象間交點個數的問題,難度不大.4.C【解析】

對函數求導,對a分類討論,分別求得函數的單調性及極值,結合端點處的函數值進行判斷求解.【詳解】∵,.當時,,在上單調遞增,不合題意.當時,,在上單調遞減,也不合題意.當時,則時,,在上單調遞減,時,,在上單調遞增,又,所以在上有兩個零點,只需即可,解得.綜上,的取值范圍是.故選C.【點睛】本題考查了利用導數解決函數零點的問題,考查了函數的單調性及極值問題,屬于中檔題.5.B【解析】

設正項等比數列的公比為q,運用等比數列的通項公式和等差數列的性質,求出公比,再由等比數列的求和公式,計算即可得到所求.【詳解】設正項等比數列的公比為q,則a4=16q3,a7=16q6,a4與a7的等差中項為,即有a4+a7=,即16q3+16q6,=,解得q=(負值舍去),則有S5===1.故選C.【點睛】本題考查等比數列的通項和求和公式的運用,同時考查等差數列的性質,考查運算能力,屬于中檔題.6.C【解析】

根據三角函數的定義,即可求出,得出,得出和,再利用二倍角的正弦公式,即可求出結果.【詳解】根據題意,,解得,所以,所以,所以.故選:C.【點睛】本題考查三角函數定義的應用和二倍角的正弦公式,考查計算能力.7.A【解析】

根據題意得到充分性,驗證a=2,b=1【詳解】a,b∈0,1∪1,+∞,當"a=b當logab=log故選:A.【點睛】本題考查了充分不必要條件,意在考查學生的計算能力和推斷能力.8.A【解析】

利用分段函數的性質逐步求解即可得答案.【詳解】,;;故選:.【點睛】本題考查了函數值的求法,考查對數的運算和對數函數的性質,是基礎題,解題時注意函數性質的合理應用.9.B【解析】

直接利用向量的坐標運算得到向量的坐標,利用求得參數m,再用計算即可.【詳解】依題意,,而,即,解得,則.故選:B.【點睛】本題考查向量的坐標運算、向量數量積的應用,考查運算求解能力以及化歸與轉化思想.10.C【解析】

由題可知,設函數,,根據導數求出的極值點,得出單調性,根據在區間內的解集中有且僅有三個整數,轉化為在區間內的解集中有且僅有三個整數,結合圖象,可求出實數的取值范圍.【詳解】設函數,,因為,所以,或,因為時,,或時,,,其圖象如下:當時,至多一個整數根;當時,在內的解集中僅有三個整數,只需,,所以.故選:C.【點睛】本題考查不等式的解法和應用問題,還涉及利用導數求函數單調性和函數圖象,同時考查數形結合思想和解題能力.11.B【解析】

計算求半徑為,再計算球體積和圓錐體積,計算得到答案.【詳解】如圖所示:設球半徑為,則,解得.故求體積為:,圓錐的體積:,故.故選:.【點睛】本題考查了圓錐,球體積,圓錐的外接球問題,意在考查學生的計算能力和空間想象能力.12.C【解析】

由向量垂直的向量表示求出,再由投影的定義計算.【詳解】由可得,因為,所以.故在方向上的投影為.故選:C.【點睛】本題考查向量的數量積與投影.掌握向量垂直與數量積的關系是解題關鍵.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.【解析】

先根據三棱錐的幾何性質,求出外接球的半徑,結合向量的運算,將問題轉化為求球體表面一點到外心距離最大的問題,即可求得結果.【詳解】因為兩兩垂直且,故三棱錐的外接球就是對應棱長為2的正方體的外接球.且外接球的球心為正方體的體對角線的中點,如下圖所示:容易知外接球半徑為.設線段的中點為,故可得,故當取得最大值時,取得最大值.而當在同一個大圓上,且,點與線段在球心的異側時,取得最大值,如圖所示:此時,故答案為:.【點睛】本題考查球體的幾何性質,幾何體的外接球問題,涉及向量的線性運算以及數量積運算,屬綜合性困難題.14.1【解析】

根據即可得出,從而求出m的值.【詳解】解:∵;∴;∴m=1.故答案為:1.【點睛】本題考查向量垂直的充要條件,向量數量積的坐標運算.15.-7【解析】

由題意得AB+【詳解】由題意得ABBC+∴AB+【點睛】突破本題的關鍵是抓住題中所給圖形的特點,利用平面向量基本定理和向量的加減運算,將所給向量統一用AC,16.【解析】

先求得時;再由可得時,兩式作差可得,進而求解.【詳解】當時,,解得;由,可知當時,,兩式相減,得,即,所以數列是首項為,公比為的等比數列,所以,故答案為:【點睛】本題考查由與的關系求通項公式,考查等比數列的通項公式的應用.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)或;(2)證明見解析,定點【解析】

(1)設,由題意可知,對的正負分情況討論,從而求得動點的軌跡的方程;(2)設其方程為,與拋物線方程聯立,利用韋達定理得到,所以,所以直線的方程可表示為,即,所以直線恒過定點.【詳解】(1)設,動點到定點的距離比到軸的距離多,,時,解得,時,解得.動點的軌跡的方程為或(2)證明:如圖,設,,由題意得(否則)且,所以直線的斜率存在,設其方程為,將與聯立消去,得,由韋達定理知,,①顯然,,,,將①式代入上式整理化簡可得:,所以,此時,直線的方程可表示為,即,所以直線恒過定點.【點睛】本題主要考查了動點軌跡,考查了直線與拋物線的綜合,是中檔題.18.(1)曲線的普通方程為:;曲線的普通方程為:(2)【解析】

(1)消去曲線參數方程中的參數,求得和的普通方程.(2)設出過原點的直線的極坐標方程,代入曲線的極坐標方程,求得的表達式,結合三角函數值域的求法,求得的最小值.【詳解】(1)曲線的普通方程為:;曲線的普通方程為:.(2)設過原點的直線的極坐標方程為;由得,所以曲線的極坐標方程為在曲線中,.由得曲線的極坐標方程為,所以而到直線與曲線的交點的距離為,因此,即的最小值為.【點睛】本小題主要考查參數方程化為普通方程,考查直角坐標方程化為極坐標方程,考查極坐標系下距離的有關計算,屬于中檔題.19.(1)見解析;(1)見證明【解析】

(1)求出函數的導數,解關于導函數的不等式,求出函數的單調區間,從而求出函數的極值即可;(1)問題轉化為證ex﹣x1﹣xlnx﹣1>0,根據xlnx≤x(x﹣1),問題轉化為只需證明當x>0時,ex﹣1x1+x﹣1>0恒成立,令k(x)=ex﹣1x1+x﹣1,(x≥0),根據函數的單調性證明即可.【詳解】(1),,當,,當,,在上遞增,在上遞減,在取得極大值,極大值為,無極大值.(1)要證f(x)+1<ex﹣x1.即證ex﹣x1﹣xlnx﹣1>0,先證明lnx≤x﹣1,取h(x)=lnx﹣x+1,則h′(x)=,易知h(x)在(0,1)遞增,在(1,+∞)遞減,故h(x)≤h(1)=0,即lnx≤x﹣1,當且僅當x=1時取“=”,故xlnx≤x(x﹣1),ex﹣x1﹣xlnx≥ex﹣1x1+x﹣1,故只需證明當x>0時,ex﹣1x1+x﹣1>0恒成立,令k(x)=ex﹣1x1+x﹣1,(x≥0),則k′(x)=ex﹣4x+1,令F(x)=k′(x),則F′(x)=ex﹣4,令F′(x)=0,解得:x=1ln1,∵F′(x)遞增,故x∈(0,1ln1]時,F′(x)≤0,F(x)遞減,即k′(x)遞減,x∈(1ln1,+∞)時,F′(x)>0,F(x)遞增,即k′(x)遞增,且k′(1ln1)=5﹣8ln1<0,k′(0)=1>0,k′(1)=e1﹣8+1>0,由零點存在定理,可知?x1∈(0,1ln1),?x1∈(1ln1,1),使得k′(x1)=k′(x1)=0,故0<x<x1或x>x1時,k′(x)>0,k(x)遞增,當x1<x<x1時,k′(x)<0,k(x)遞減,故k(x)的最小值是k(0)=0或k(x1),由k′(x1)=0,得=4x1﹣1,k(x1)=﹣1+x1﹣1=﹣(x1﹣1)(1x1﹣1),∵x1∈(1ln1,1),∴k(x1)>0,故x>0時,k(x)>0,原不等式成立.【點睛】本題考查了函數的單調性,極值問題,考查導數的應用以及不等式的證明,考查轉化思想,屬于中檔題.20.(Ⅰ)見解析(Ⅱ)見解析【解析】

(Ⅰ)求導得到,討論,,三種情況得到單調區間.(Ⅱ)設,要證,即證,,設,根據函數單調性得到證明.【詳解】(Ⅰ),令,,(1)當,即時,,,在上單調遞增;(2)當,即時,設的兩根為(),,①若,,時,,所以在和上單調遞增,時,,所以在上單調遞減,②若,,時,,所以在上單調遞減,時,,所以在上單調遞增.綜上,當時,在上單調遞增;當時,在和上單調遞增,在上單調遞減;當時,在上單調遞減,在上單調遞增.(Ⅱ)不妨設,要證,即證,即證,由(Ⅰ)可知,,,可得,,

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