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    2025届广东省建文教育集团两学部高三上学期12月第一次模拟数学试卷(解析版)

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    2025届广东省建文教育集团两学部高三上学期12月第一次模拟数学试卷(解析版)

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    这是一份2025届广东省建文教育集团两学部高三上学期12月第一次模拟数学试卷(解析版),共18页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的选项中,只有一项是符合题目要求的.
    1. 若复数满足,则( )
    A. 1B. C. 2D. 4
    【答案】C
    【解析】法1:因为,所以,所以.
    法2:因为,所以,即.
    故选:C.
    2. 已知命题,,,,则( )
    A. p和q都是真命题
    B. p和都是真命题
    C. 和q都是真命题
    D. 和都是真命题
    【答案】B
    【解析】当x=1时,命题成立,所以命题p是真命题,命题是假命题;
    当x=0时,命题不成立,所以命题q是真命题,命题是真命题.
    故选:B.
    3. 记为非零数列的前项和,若,,则( )
    A. 2B. 4C. 8D. 16
    【答案】C
    【解析】在非零数列中,,由,,得数列等比数列,,
    因此,
    所以.
    故选:C
    4. 已知函数部分图象如图,是相邻的最低点和最高点,直线的方程为,则函数的解析式为( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】C
    【解析】连接,与轴交于点,
    由图象的对称性,知点也在函数的图象上,
    所以点的坐标为.
    设,由,
    得,
    所以的最小正周期满足,
    解得,即,解得,
    ,.因为点是图象的一个最高点,
    所以,结合,
    解得,
    故选:C.
    5. 众数、平均数和中位数都描述了数据的集中趋势,它们的大小关系和数据的分布形态有关.根据某小区1000户居民的月均用水量数据(单位:),得到如图所示的频率分布直方图,记该组数据的众数为,中位数为,平均数为,则( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【解析】观察频率分布直方图,发现是属于右边“拖尾”,所以平均数大于中位数为,
    由于第一个小矩形面积为,
    前2个小矩形面积之和为,
    所以中位数位于之间,故可得,解得,
    由频率分布直方图可知众数,
    故,
    故选:D.
    6. 将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的(纵坐标不变),得到函数的图象,则在下列区间中,函数单调递减的是( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】C
    【解析】依题意可得,
    若单调递减,则,
    解得;
    观察选项可知,只需写出在上的单调递减区间即可,
    易知当时,单调递减区间为,只有,
    可得为函数单调递减区间.
    故选:C
    7. 已知定义在上的函数满足为奇函数,且的图象关于直线对称,若,则( )
    A. B. 0C. 1D. 2
    【答案】C
    【解析】
    由为奇函数,知的图象关于点对称,则,
    由,得.
    由的图象关于直线对称,则的图象关于直线对称,
    所以,,
    综上,,
    由上,,
    得,
    所以,则4为的一个周期,
    所以.
    故选:C
    8. 椭圆的长轴长为6,则该椭圆的离心率为( )
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【解析】因为椭圆的长轴长为6,
    所以椭圆的焦点在轴上,且,
    所以椭圆的离心率为.
    故选:B.
    二、多选题:本题共3小题,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.
    9. 在复平面内,复数对应的向量分别为、,则下列说法不正确的是( )
    A.
    B.
    C. 若,则
    D. 若,则
    【答案】ACD
    【解析】设,则,
    对于A,当时,,
    则,故A错误;
    对于B,,

    所以,故B正确;
    对于C,当时,,,
    满足,但,故C错误;
    对于D,当时,,
    而,故D错误.
    故选:ACD.
    10. 已知圆锥的顶点为为底面圆的直径,,点在圆上,点为的中点,与底面所成的角为,则( )
    A. 该圆锥的侧面积为
    B. 该圆锥的休积为
    C.
    D. 该圆锥内部半径最大的球的表面积为
    【答案】BCD
    【解析】由已知,,,易得等腰三角形的底边长, ,
    对于A,该圆锥的侧面积为,A错误;
    对于B该圆锥的体积为,B正确;
    对于C,如图,取中点为,连接,
    则为与底面所成角为,故,C正确;
    对于D,当球与圆锥内切时,表面积最大,此时球心在圆锥的高上,
    设为,球半径为,过向作垂线,垂足为,则,又,
    所以,所以,
    球的表面积为,D正确,
    故选:BCD
    11. “”可以看作数学上的无穷符号,也可以用来表示数学上特殊的曲线.如图所示的曲线过坐标原点,上的点到两定点,的距离之积为定值.则下列说法正确的是( )(参考数据:)

    A. 若,则的方程为
    B. 若上点到两定点、的距离之积为16,则点在上
    C. 若,点在上,则
    D. 当时,上第一象限内的点满足的面积为,则
    【答案】ACD
    【解析】已知原点在上,则,设为上任意一点,
    则有,整理得.
    若,则的方程为,故A正确;
    若,则,代入方程得,显然点不在此曲线上,故B错误;
    若,点在上,有,
    整理得,所以,故C正确;
    因为,,可得,
    所以点是曲线和以为直径的圆在第一象限内的交点,
    联立方程,解得,,即,所以,故D正确.
    故选:ACD
    三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
    12. 已知,则__________.
    【答案】4
    【解析】由,整理得,
    得,解得,所以.
    另解:由题知,则,
    利用基本不等式可得,
    当且仅当时取等号,解得.
    故答案为:4
    13. 若存在(互不相等),满足,则的取值范围为____________.
    【答案】
    【解析】存在(互不相等),满足,
    则,
    不妨设,且是相邻最值点.
    当时,
    则,解得,
    由,解得,
    当时,,
    当时,,
    当时,,
    所以,
    当时,
    则,解得,
    由,解得,
    当时,,
    当时,,
    所以,
    综上所述,.
    故答案为:.
    14. 已知函数的最小值为0,则________.
    【答案】
    【解析】依题意,对于恒成立,且能取得等号,
    即对于恒成立,且能取得等号,
    函数在上单调递增,不等式为,
    则,即,因此在上恒成立,且能取得等号,
    设,于是是函数在上的最小值,
    求导得,当时,,当时,,
    函数在上递减,在上递增,且,
    所以.
    故答案为:
    四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
    15. 在中,a,b,c分别是内角A,B,C对边,且.
    (1)若,且的面积为,求A;
    (2)若,求.
    解:(1)因为,所以,
    又,所以,
    所以的面积,
    则,因为,所以或.
    (2)因为,所以,
    所以.由余弦定理得,
    因为,所以或,
    又,所以,所以,
    所以.
    16. 已知二阶行列式,三阶行列式,其中分别为的余子式(某个数的余子式是指删去那个数所在的行和列后剩下的行列式).
    (1)计算.
    (2)设函数.
    ①若的极值点恰为等差数列的前两项,且的公差大于0,求;
    ②若且,函数,证明:.
    (1)解:原式

    (2)

    (i)解:.
    当或时,;当时,.
    所以在和上是增函数,在上是减函数,
    所以的极大值点为,极小值点为1.
    因为的极值点恰为等差数列的前两项,且的公差大于0,
    所以,
    则公差,所以,
    所以.
    (ii)证明:因为,
    所以在上无零点,在上存在唯一零点,且.
    令,
    则,
    当时,单调递增;当时,单调递减.
    所以,
    而,所以.
    令,则.
    因为在上单调递诚,
    所以当时,,即单调递减,
    当时,,即单调递增,
    所以,
    而,所以.
    综上,.
    17. 如图,在四棱锥中,底面是边长为2的正方形,,平面平面为的中点.
    (1)求证:平面平面;
    (2)求平面与平面夹角的余弦值.
    (1)证明:方法一;由,有,
    ,因为为正方形,故,
    又平面平面交于平面,
    所以,平面,
    又平面,所以,
    又平面平面,
    故平面,又平面,
    所以平面平面.
    方法二;因为为正方形,故,
    而平面平面交于平面,
    所以平面,又平面,
    所以,
    平面和平面交线平行于.
    故是平面和平面所成二面角的平面角.
    .有,
    故平面平面.
    方法三:取中点为,先证明:,
    ,点为的中点.,
    而平面平面交于平面,
    所以,平面,又平面,所以,,
    由已知,建立如图空间直角坐标系,
    因为.
    故,

    设平面的一个法向量为,
    则,即,取,得,
    设平面的一个法向量为,
    则,即,取,得,
    ,故,
    所以,平面平面.
    (2)解:取中点为.
    由(1)知,,
    建立如图所示空间直角坐标系,则,,
    所以,,
    显然可知平面的法向量为PD=0,1,-1,
    设平面的一个法向量为,
    则,,取,得,
    则,
    所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为.
    18. 已知函数.
    (1)当时,求函数的图象在点处的切线方程;
    (2)讨论函数的单调性;
    (3)设,若,求实数的取值范围.
    解:(1),
    当时,,
    当时,,
    函数在处的切线方程为.
    (2)函数的定义域为,
    ①当时,恒成立,令,则,
    若:若,
    所以在单调递减,在单调递增;
    ②当时,,
    令,则,
    (i)当,即时,
    若或:若,
    所以在上递增,在上递减,在上递增.
    (ii)当,即时,恒成立,在上递增.
    (iii)当,即时,若或:
    若,
    所以在上递增,在上递减,在上递增,
    综上所述,当时,在单调递减,在单调递增;
    当时,在上递增,在上递减,在上递增;
    当时,在上递增;
    当时,在上递增,在上递减,在上递增.
    (3)由得恒成立
    因为,即恒成立.
    设,则,
    因为,
    同构可得
    令因为,所以,
    下面先证
    设,于是,
    令,则,当时,:
    当时,
    所以在上单调递减,在上单调递增,
    所以,即,当且仅当时等号成立.
    所以,
    即,
    所以,即
    故实数取值范围为
    19. 设数列的前项和为,且.
    (1)求数列的通项公式;
    (2)在和之间插入1个数,使成等差数列;在和之间插入2个数,使成等差数列;依次类推,在和之间插入个数,使成等差数列.
    (i)若,求;
    (ii)对于(i)中的,是否存在正整数,使得成立?若存在,求出所有的正整数对;若不存在,说明理由.
    解:(1)当时,得;
    当时,,
    两式相减得,
    所以是以1为首项,为公比的等比数列.
    所以.
    (2)①
    设,
    所以,
    上面两式相减得,
    所以
    所以,
    所以.

    因为都是递减数列;
    所以;
    则,
    令,即恒成立,
    所以数列单调递增,
    当时,;

    所以;
    当时,;
    则,
    所以,,成立,解得,存在;
    当时,;
    当时,;不满足题意,故不存在:
    综上所述,当正整数对取和时,成立.

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