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文檔簡介

2025屆吉林省遼源五中高三下第二次月考數學試題注意事項: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.在長方體中,,則直線與平面所成角的余弦值為()A. B. C. D.2.已知三棱錐的體積為2,是邊長為2的等邊三角形,且三棱錐的外接球的球心恰好是中點,則球的表面積為()A. B. C. D.3.如圖,雙曲線的左,右焦點分別是直線與雙曲線的兩條漸近線分別相交于兩點.若則雙曲線的離心率為()A. B.C. D.4.集合中含有的元素個數為()A.4 B.6 C.8 D.125.已知集合,則等于()A. B. C. D.6.設等差數列的前項和為,若,則()A.10 B.9 C.8 D.77.點為不等式組所表示的平面區域上的動點,則的取值范圍是()A. B. C. D.8.若不等式對恒成立,則實數的取值范圍是()A. B. C. D.9.甲、乙、丙三人相約晚上在某地會面,已知這三人都不會違約且無兩人同時到達,則甲第一個到、丙第三個到的概率是()A. B. C. D.10.設集合,則()A. B. C. D.11.若,,,點C在AB上,且,設,則的值為()A. B. C. D.12.甲乙丙丁四人中,甲說:我年紀最大,乙說:我年紀最大,丙說:乙年紀最大,丁說:我不是年紀最大的,若這四人中只有一個人說的是真話,則年紀最大的是()A.甲 B.乙 C.丙 D.丁二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知函數,則的值為____14.根據如圖所示的偽代碼,若輸出的的值為,則輸入的的值為_______.15.已知無蓋的圓柱形桶的容積是立方米,用來做桶底和側面的材料每平方米的價格分別為30元和20元,那么圓桶造價最低為________元.16.若,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)在數列中,,(1)求數列的通項公式;(2)若存在,使得成立,求實數的最小值18.(12分)如圖,在長方體中,,為的中點,為的中點,為線段上一點,且滿足,為的中點.(1)求證:平面;(2)求二面角的余弦值.19.(12分)已知橢圓:,不與坐標軸垂直的直線與橢圓交于,兩點.(Ⅰ)若線段的中點坐標為,求直線的方程;(Ⅱ)若直線過點,點滿足(,分別為直線,的斜率),求的值.20.(12分)已知函數.(1)若是的極值點,求的極大值;(2)求實數的范圍,使得恒成立.21.(12分)在本題中,我們把具體如下性質的函數叫做區間上的閉函數:①的定義域和值域都是;②在上是增函數或者減函數.(1)若在區間上是閉函數,求常數的值;(2)找出所有形如的函數(都是常數),使其在區間上是閉函數.22.(10分)已知直線的參數方程為(為參數),以坐標原點為極點,軸的非負半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系,曲線的極坐標方程為.(1)求直線的普通方程及曲線的直角坐標方程;(2)設點,直線與曲線交于兩點,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.C【解析】

在長方體中,得與平面交于,過做于,可證平面,可得為所求解的角,解,即可求出結論.【詳解】在長方體中,平面即為平面,過做于,平面,平面,平面,為與平面所成角,在,,直線與平面所成角的余弦值為.故選:C.【點睛】本題考查直線與平面所成的角,定義法求空間角要體現“做”“證”“算”,三步驟缺一不可,屬于基礎題.2.A【解析】

根據是中點這一條件,將棱錐的高轉化為球心到平面的距離,即可用勾股定理求解.【詳解】解:設點到平面的距離為,因為是中點,所以到平面的距離為,三棱錐的體積,解得,作平面,垂足為的外心,所以,且,所以在中,,此為球的半徑,.故選:A.【點睛】本題考查球的表面積,考查點到平面的距離,屬于中檔題.3.A【解析】

易得,過B作x軸的垂線,垂足為T,在中,利用即可得到的方程.【詳解】由已知,得,過B作x軸的垂線,垂足為T,故,又所以,即,所以雙曲線的離心率.故選:A.【點睛】本題考查雙曲線的離心率問題,在作雙曲線離心率問題時,最關鍵的是找到的方程或不等式,本題屬于容易題.4.B【解析】解:因為集合中的元素表示的是被12整除的正整數,那么可得為1,2,3,4,6,,12故選B5.C【解析】

先化簡集合A,再與集合B求交集.【詳解】因為,,所以.故選:C【點睛】本題主要考查集合的基本運算以及分式不等式的解法,屬于基礎題.6.B【解析】

根據題意,解得,,得到答案.【詳解】,解得,,故.故選:.【點睛】本題考查了等差數列的求和,意在考查學生的計算能力.7.B【解析】

作出不等式對應的平面區域,利用線性規劃的知識,利用的幾何意義即可得到結論.【詳解】不等式組作出可行域如圖:,,,的幾何意義是動點到的斜率,由圖象可知的斜率為1,的斜率為:,則的取值范圍是:,,.故選:.【點睛】本題主要考查線性規劃的應用,根據目標函數的幾何意義結合斜率公式是解決本題的關鍵.8.B【解析】

轉化為,構造函數,利用導數研究單調性,求函數最值,即得解.【詳解】由,可知.設,則,所以函數在上單調遞增,所以.所以.故的取值范圍是.故選:B【點睛】本題考查了導數在恒成立問題中的應用,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.9.D【解析】

先判斷是一個古典概型,列舉出甲、乙、丙三人相約到達的基本事件種數,再得到甲第一個到、丙第三個到的基本事件的種數,利用古典概型的概率公式求解.【詳解】甲、乙、丙三人相約到達的基本事件有甲乙丙,甲丙乙,乙甲丙,乙丙甲,丙甲乙,丙乙甲,共6種,其中甲第一個到、丙第三個到有甲乙丙,共1種,所以甲第一個到、丙第三個到的概率是.故選:D【點睛】本題主要考查古典概型的概率求法,還考查了理解辨析的能力,屬于基礎題.10.C【解析】

解對數不等式求得集合,由此求得兩個集合的交集.【詳解】由,解得,故.依題意,所以.故選:C【點睛】本小題主要考查對數不等式的解法,考查集合交集的概念和運算,屬于基礎題.11.B【解析】

利用向量的數量積運算即可算出.【詳解】解:,,又在上,故選:【點睛】本題主要考查了向量的基本運算的應用,向量的基本定理的應用及向量共線定理等知識的綜合應用.12.C【解析】

分別假設甲乙丙丁說的是真話,結合其他人的說法,看是否只有一個說的是真話,即可求得年紀最大者,即可求得答案.【詳解】①假設甲說的是真話,則年紀最大的是甲,那么乙說謊,丙也說謊,而丁說的是真話,而已知只有一個人說的是真話,故甲說的不是真話,年紀最大的不是甲;②假設乙說的是真話,則年紀最大的是乙,那么甲說謊,丙說真話,丁也說真話,而已知只有一個人說的是真話,故乙說謊,年紀最大的也不是乙;③假設丙說的是真話,則年紀最大的是乙,所以乙說真話,甲說謊,丁說的是真話,而已知只有一個人說的是真話,故丙在說謊,年紀最大的也不是乙;④假設丁說的是真話,則年紀最大的不是丁,而已知只有一個人說的是真話,那么甲也說謊,說明甲也不是年紀最大的,同時乙也說謊,說明乙也不是年紀最大的,年紀最大的只有一人,所以只有丙才是年紀最大的,故假設成立,年紀最大的是丙.綜上所述,年紀最大的是丙故選:C.【點睛】本題考查合情推理,解題時可從一種情形出發,推理出矛盾的結論,說明這種情形不會發生,考查了分析能力和推理能力,屬于中檔題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.4【解析】

根據的正負值,代入對應的函數解析式求解即可.【詳解】解:.故答案為:.【點睛】本題考查分段函數函數值的求解,是基礎題.14.【解析】

算法的功能是求的值,根據輸出的值,分別求出當時和當時的值即可得解.【詳解】解:由程序語句知:算法的功能是求的值,當時,,可得:,或(舍去);當時,,可得:(舍去).綜上的值為:.故答案為:.【點睛】本題考查了選擇結構的程序語句,根據語句判斷算法的功能是解題的關鍵,屬于基礎題.15.【解析】

設桶的底面半徑為,用表示出桶的總造價,利用基本不等式得出最小值.【詳解】設桶的底面半徑為,高為,則,故,圓通的造價為解法一:當且僅當,即時取等號.解法二:,則,令,即,解得,此函數在單調遞增;令,即,解得,此函數在上單調遞減;令,即,解得,即當時,圓桶的造價最低.所以故答案為:【點睛】本題考查了基本不等式的應用,注意驗證等號成立的條件,屬于基礎題.16.【解析】

由已知利用兩角差的正弦函數公式可得,兩邊平方,由同角三角函數基本關系式,二倍角的正弦函數公式即可計算得解.【詳解】,得,在等式兩邊平方得,解得.故答案為:.【點睛】本題主要考查了兩角差的正弦函數公式,同角三角函數基本關系式,二倍角的正弦函數公式在三角函數化簡求值中的應用,考查了轉化思想,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);(2)【解析】

(1)由得,兩式相減可得是從第二項開始的等比數列,由此即可求出答案;(2),分類討論,當時,,作商法可得數列為遞增數列,由此可得答案,【詳解】解:(1)因為,,兩式相減得:,即,是從第二項開始的等比數列,∵∴,則,;(2),當時,;當時,設遞增,,所以實數的最小值.【點睛】本題主要考查地推數列的應用,屬于中檔題.18.(1)證明見解析(2)【解析】

(1)解法一:作的中點,連接,.利用三角形的中位線證得,利用梯形中位線證得,由此證得平面平面,進而證得平面.解法二:建立空間直角坐標系,通過證明直線的方向向量和平面的法向量垂直,證得平面.(2)利用平面和平面法向量,計算出二面角的余弦值.【詳解】(1)法一:作的中點,連接,.又為的中點,∴為的中位線,∴,又為的中點,∴為梯形的中位線,∴,在平面中,,在平面中,,∴平面平面,又平面,∴平面.另解:(法二)∵在長方體中,,,兩兩互相垂直,建立空間直角坐標系如圖所示,則,,,,,,,,,,,.(1)設平面的一個法向量為,則,令,則,.∴,又,∵,,又平面,平面.(2)設平面的一個法向量為,則,令,則,.∴.同理可算得平面的一個法向量為∴,又由圖可知二面角的平面角為一個鈍角,故二面角的余弦值為.【點睛】本小題考查線面的位置關系,空間向量與線面角,二面角等基礎知識,考查空間想象能力,推理論證能力,運算求解能力,數形結合思想,化歸與轉化思想.19.(Ⅰ)(Ⅱ)【解析】

(Ⅰ)根據點差法,即可求得直線的斜率,則方程即可求得;(Ⅱ)設出直線方程,聯立橢圓方程,利用韋達定理,根據,即可求得參數的值.【詳解】(1)設,,則兩式相減,可得.(*)因為線段的中點坐標為,所以,.代入(*)式,得.所以直線的斜率.所以直線的方程為,即.(Ⅱ)設直線:(),聯立整理得.所以,解得.所以,.所以,所以.所以.因為,所以.【點睛】本題考查中點弦問題的點差法求解,以及利用代數與幾何關系求直線方程,涉及韋達定理的應用,屬中檔題.20.(1).(2)【解析】

(1)先對函數求導,結合極值存在的條件可求t,然后結合導數可研究函數的單調性,進而可求極大值;(2)由已知代入可得,x2+(t﹣2)x﹣tlnx≥0在x>0時恒成立,構造函數g(x)=x2+(t﹣2)x﹣tlnx,結合導數及函數的性質可求.【詳解】(1),x>0,由題意可得,0,解可得t=﹣4,∴,易得,當x>2,0<x<1時,f′(x)>0,函數單調遞增,當1<x<2時,f′(x)<0,函數單調遞減,故當x=1時,函數取得極大值f(1)=﹣3;(2)由f(x)=x2+(t﹣2)x﹣tlnx+2≥2在x>0時恒成立可得,x2+(t﹣2)x﹣tlnx≥0在x>0時恒成立,令g(x)=x2+(t﹣2)x﹣tlnx,則,(i)當t≥0時,g(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增,所以g(x)min=g(1)=t﹣1≥0,解可得t≥1,(ii)當﹣2<t<0時,g(x)在()上單調遞減,在(0,),(1,+∞)上單調遞增,此時g(1)=t﹣1<﹣1不合題意,舍去;(iii)當t=﹣2時,g′(x)0,即g(x)在(0,+∞)上單調遞增,此時g(1)=﹣3不合題意;(iv)當t<﹣2時,g(x)在(1,)上單調遞減,在(0,1),()上單調遞增,此時g(1)=t﹣1<﹣3不合題意,綜上,t≥1時,f(x)≥2恒成立.【點睛】本題主要考查了利用導數求解函數的單調性及極值,利用導數與函數的性質處理不等式的恒成立問題,分類討論思想,屬于中檔題.21.(1);(2).【解析】

(1)依據新定義,的定義域和值域都是,且在上單調,建立方程求解;(2)依據新定義,討論的單調性,列出方程求解即可。【詳解】(1)當時,由復合函數單調性知,在區間上是增函數,即有,解得;同理,當時,有,解得,綜上,。(2)若在上是閉函數,則在上是單調函數,①當在上是單調增函數,則,解得,檢驗符合;②當在上是單調減函數,則,解得,在上不是單調函數,不符合題意。故滿足在區間上是閉函數只有。【點睛】本題主要考查學生的應用意識,利用所學知識分析解決新定義

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