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文檔簡介
內蒙古赤峰市寧城縣2025屆高三適應性調研考試數學試題考生須知: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.袋中裝有標號為1,2,3,4,5,6且大小相同的6個小球,從袋子中一次性摸出兩個球,記下號碼并放回,如果兩個號碼的和是3的倍數,則獲獎,若有5人參與摸球,則恰好2人獲獎的概率是()A. B. C. D.2.新聞出版業不斷推進供給側結構性改革,深入推動優化升級和融合發展,持續提高優質出口產品供給,實現了行業的良性發展.下面是2012年至2016年我國新聞出版業和數字出版業營收增長情況,則下列說法錯誤的是()A.2012年至2016年我國新聞出版業和數字出版業營收均逐年增加B.2016年我國數字出版業營收超過2012年我國數字出版業營收的2倍C.2016年我國新聞出版業營收超過2012年我國新聞出版業營收的1.5倍D.2016年我國數字出版營收占新聞出版營收的比例未超過三分之一3.在中,在邊上滿足,為的中點,則().A. B. C. D.4.記為數列的前項和數列對任意的滿足.若,則當取最小值時,等于()A.6 B.7 C.8 D.95.如圖所示的程序框圖,當其運行結果為31時,則圖中判斷框①處應填入的是()A. B. C. D.6.已知函數,則()A. B.1 C.-1 D.07.在區間上隨機取一個數,使得成立的概率為等差數列的公差,且,若,則的最小值為()A.8 B.9 C.10 D.118.已知是球的球面上兩點,,為該球面上的動點.若三棱錐體積的最大值為36,則球的表面積為()A. B. C. D.9.設集合,,若,則的取值范圍是()A. B. C. D.10.已知銳角滿足則()A. B. C. D.11.在中,“”是“”的()A.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12.在中,,,,點滿足,則等于()A.10 B.9 C.8 D.7二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.某四棱錐的三視圖如圖所示,那么此四棱錐的體積為______.14.,則f(f(2))的值為____________.15.已知變量x,y滿足約束條件x-y≤0x+2y≤34x-y≥-6,則16.現有一塊邊長為a的正方形鐵片,鐵片的四角截去四個邊長均為x的小正方形,然后做成一個無蓋方盒,該方盒容積的最大值是________.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)已知是拋物線:的焦點,點在上,到軸的距離比小1.(1)求的方程;(2)設直線與交于另一點,為的中點,點在軸上,.若,求直線的斜率.18.(12分)已知矩陣不存在逆矩陣,且非零特低值對應的一個特征向量,求的值.19.(12分)如圖,在三棱柱中,是邊長為2的菱形,且,是矩形,,且平面平面,點在線段上移動(不與重合),是的中點.(1)當四面體的外接球的表面積為時,證明:.平面(2)當四面體的體積最大時,求平面與平面所成銳二面角的余弦值.20.(12分)2019年春節期間,某超市準備舉辦一次有獎促銷活動,若顧客一次消費達到400元則可參加一次抽獎活動,超市設計了兩種抽獎方案.方案一:一個不透明的盒子中裝有30個質地均勻且大小相同的小球,其中10個紅球,20個白球,攪拌均勻后,顧客從中隨機抽取一個球,若抽到紅球則顧客獲得60元的返金券,若抽到白球則獲得20元的返金券,且顧客有放回地抽取3次.方案二:一個不透明的盒子中裝有30個質地均勻且大小相同的小球,其中10個紅球,20個白球,攪拌均勻后,顧客從中隨機抽取一個球,若抽到紅球則顧客獲得80元的返金券,若抽到白球則未中獎,且顧客有放回地抽取3次.(1)現有兩位顧客均獲得抽獎機會,且都按方案一抽獎,試求這兩位顧客均獲得180元返金券的概率;(2)若某顧客獲得抽獎機會.①試分別計算他選擇兩種抽獎方案最終獲得返金券的數學期望;②為了吸引顧客消費,讓顧客獲得更多金額的返金券,該超市應選擇哪一種抽獎方案進行促銷活動?21.(12分)為了保障全國第四次經濟普查順利進行,國家統計局從東部選擇江蘇,從中部選擇河北、湖北,從西部選擇寧夏,從直轄市中選擇重慶作為國家綜合試點地區,然后再逐級確定普查區域,直到基層的普查小區,在普查過程中首先要進行宣傳培訓,然后確定對象,最后入戶登記,由于種種情況可能會導致入戶登記不夠順利,這為正式普查提供了寶貴的試點經驗,在某普查小區,共有50家企事業單位,150家個體經營戶,普查情況如下表所示:普查對象類別順利不順利合計企事業單位401050個體經營戶10050150合計14060200(1)寫出選擇5個國家綜合試點地區采用的抽樣方法;(2)根據列聯表判斷是否有的把握認為“此普查小區的入戶登記是否順利與普查對象的類別有關”;(3)以該小區的個體經營戶為樣本,頻率作為概率,從全國個體經營戶中隨機選擇3家作為普查對象,入戶登記順利的對象數記為,寫出的分布列,并求的期望值.附:0.100.0100.0012.7066.63510.82822.(10分)的內角,,的對邊分別為,,,已知的面積為.(1)求;(2)若,,求的周長.
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】
先確定摸一次中獎的概率,5個人摸獎,相當于發生5次試驗,根據每一次發生的概率,利用獨立重復試驗的公式得到結果.【詳解】從6個球中摸出2個,共有種結果,兩個球的號碼之和是3的倍數,共有摸一次中獎的概率是,5個人摸獎,相當于發生5次試驗,且每一次發生的概率是,有5人參與摸獎,恰好有2人獲獎的概率是,故選:.【點睛】本題主要考查了次獨立重復試驗中恰好發生次的概率,考查獨立重復試驗的概率,解題時主要是看清摸獎5次,相當于做了5次獨立重復試驗,利用公式做出結果,屬于中檔題.2、C【解析】
通過圖表所給數據,逐個選項驗證.【詳解】根據圖示數據可知選項A正確;對于選項B:,正確;對于選項C:,故C不正確;對于選項D:,正確.選C.【點睛】本題主要考查柱狀圖是識別和數據分析,題目較為簡單.3、B【解析】
由,可得,,再將代入即可.【詳解】因為,所以,故.故選:B.【點睛】本題考查平面向量的線性運算性質以及平面向量基本定理的應用,是一道基礎題.4、A【解析】
先令,找出的關系,再令,得到的關系,從而可求出,然后令,可得,得出數列為等差數列,得,可求出取最小值.【詳解】解法一:由,所以,由條件可得,對任意的,所以是等差數列,,要使最小,由解得,則.解法二:由賦值法易求得,可知當時,取最小值.故選:A【點睛】此題考查的是由數列的遞推式求數列的通項,采用了賦值法,屬于中檔題.5、C【解析】
根據程序框圖的運行,循環算出當時,結束運行,總結分析即可得出答案.【詳解】由題可知,程序框圖的運行結果為31,當時,;當時,;當時,;當時,;當時,.此時輸出.故選:C.【點睛】本題考查根據程序框圖的循環結構,已知輸出結果求條件框,屬于基礎題.6、A【解析】
由函數,求得,進而求得的值,得到答案.【詳解】由題意函數,則,所以,故選A.【點睛】本題主要考查了分段函數的求值問題,其中解答中根據分段函數的解析式,代入求解是解答的關鍵,著重考查了推理與運算能力,屬于基礎題.7、D【解析】
由題意,本題符合幾何概型,只要求出區間的長度以及使不等式成立的的范圍區間長度,利用幾何概型公式可得概率,即等差數列的公差,利用條件,求得,從而求得,解不等式求得結果.【詳解】由題意,本題符合幾何概型,區間長度為6,使得成立的的范圍為,區間長度為2,故使得成立的概率為,又,,,令,則有,故的最小值為11,故選:D.【點睛】該題考查的是有關幾何概型與等差數列的綜合題,涉及到的知識點有長度型幾何概型概率公式,等差數列的通項公式,屬于基礎題目.8、C【解析】
如圖所示,當點C位于垂直于面的直徑端點時,三棱錐的體積最大,設球的半徑為,此時,故,則球的表面積為,故選C.考點:外接球表面積和椎體的體積.9、C【解析】
由得出,利用集合的包含關系可得出實數的取值范圍.【詳解】,且,,.因此,實數的取值范圍是.故選:C.【點睛】本題考查利用集合的包含關系求參數,考查計算能力,屬于基礎題.10、C【解析】
利用代入計算即可.【詳解】由已知,,因為銳角,所以,,即.故選:C.【點睛】本題考查二倍角的正弦、余弦公式的應用,考查學生的運算能力,是一道基礎題.11、D【解析】
通過列舉法可求解,如兩角分別為時【詳解】當時,,但,故充分條件推不出;當時,,但,故必要條件推不出;所以“”是“”的既不充分也不必要條件.故選:D.【點睛】本題考查命題的充分與必要條件判斷,三角函數在解三角形中的具體應用,屬于基礎題12、D【解析】
利用已知條件,表示出向量,然后求解向量的數量積.【詳解】在中,,,,點滿足,可得則==【點睛】本題考查了向量的數量積運算,關鍵是利用基向量表示所求向量.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】
利用三視圖判斷幾何體的形狀,然后通過三視圖的數據求解幾何體的體積.【詳解】如圖:此四棱錐的高為,底面是長為,寬為2的矩形,所以體積.所以本題答案為.【點睛】本題考查幾何體與三視圖的對應關系,幾何體體積的求法,考查空間想象能力與計算能力.解決本類題目的關鍵是準確理解幾何體的定義,真正把握幾何體的結構特征,可以根據條件構建幾何模型,在幾何模型中進行判斷.14、1【解析】
先求f(1),再根據f(1)值所在區間求f(f(1)).【詳解】由題意,f(1)=log3(11–1)=1,故f(f(1))=f(1)=1×e1–1=1,故答案為:1.【點睛】本題考查分段函數求值,考查對應性以及基本求解能力.15、-5【解析】
畫出x,y滿足的可行域,當目標函數z=x-2y經過點A時,z最小,求解即可。【詳解】畫出x,y滿足的可行域,由x+2y=34x-y=-6解得A-1,2,當目標函數z=x-2y經過點A【點睛】本題考查的是線性規劃問題,解決線性規劃問題的實質是把代數問題幾何化,即數形結合思想。需要注意的是:一,準確無誤地作出可行域;二,畫目標函數所對應的直線時,要注意讓其斜率與約束條件中的直線的斜率進行比較,避免出錯;三,一般情況下,目標函數的最大值或最小值會在可行域的端點或邊界上取得。16、【解析】
由題意容積,求導研究單調性,分析即得解.【詳解】由題意:容積,,則,由得或(舍去),令則為V在定義域內唯一的極大值點也是最大值點,此時.故答案為:【點睛】本題考查了導數在實際問題中的應用,考查了學生數學建模,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)由拋物線定義可知,解得,故拋物線的方程為;(2)設直線:,聯立,利用韋達定理算出的中點,又,所以直線的方程為,求出,利用求解即可.【詳解】(1)設的準線為,過作于,則由拋物線定義,得,因為到的距離比到軸的距離大1,所以,解得,所以的方程為(2)由題意,設直線方程為,由消去,得,設,,則,所以,又因為為的中點,點的坐標為,直線的方程為,令,得,點的坐標為,所以,解得,所以直線的斜率為.【點睛】本題主要考查拋物線的定義,直線與拋物線的位置關系等基礎知識,考查學生的運算求解能力.涉及拋物線的弦的中點,斜率問題時,可采用韋達定理或“點差法”求解.18、【解析】
由不存在逆矩陣,可得,再利用特征多項式求出特征值3,0,,利用矩陣乘法運算即可.【詳解】因為不存在逆矩陣,,所以.矩陣的特征多項式為,令,則或,所以,即,所以,所以【點睛】本題考查矩陣的乘法及特征值、特征向量有關的問題,考查學生的運算能力,是一道容易題.19、(1)證明見解析(2)【解析】
(1)由題意,先求得為的中點,再證明平面平面,進而可得結論;(2)由題意,當點位于點時,四面體的體積最大,再建立空間直角坐標系,利用空間向量運算即可.【詳解】(1)證明:當四面體的外接球的表面積為時.則其外接球的半徑為.因為時邊長為2的菱形,是矩形.,且平面平面.則,.則為四面體外接球的直徑.所以,即.由題意,,,所以.因為,所以為的中點.記的中點為,連接,.則,,,所以平面平面.因為平面,所以平面.(2)由題意,平面,則三棱錐的高不變.當四面體的體積最大時,的面積最大.所以當點位于點時,四面體的體積最大.以點為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系.則,,,,.所以,,,.設平面的法向量為.則令,得.設平面的一個法向量為.則令,得.設平面與平面所成銳二面角是,則.所以當四面體的體積最大時,平面與平面所成銳二面角的余弦值為.【點睛】本題考查平面與平面的平行、線面平行,考查平面與平面所成銳二面角的余弦值,正確運用平面與平面的平行、線面平行的判定,利用好空間向量是關鍵,屬于基礎題.20、(1)(2)①②第一種抽獎方案.【解析】
(1)方案一中每一次摸到紅球的概率為,每名顧客有放回的抽3次獲180元返金劵的概率為,根據相互獨立事件的概率可知兩顧客都獲得180元返金劵的概率(2)①分別計算方案一,方案二顧客獲返金卷的期望,方案一列出分布列計算即可,方案二根據二項分布計算期望即可②根據①得出結論.【詳解】(1)選擇方案一,則每一次摸到紅球的概率為設“每位顧客獲得180元返金劵”為事件A,則所以兩位顧客均獲得180元返金劵的概率(2)①若選擇抽獎方案一,則每一次摸到紅球的概率為,每一次摸到白球的概率為.設獲得返金劵金額為元,則可能的取值為60,100,140,180.則;;;.所以選擇抽獎方案一,該顧客獲得返金劵金額的數學期望為(元)若選擇抽獎方案二,設三次摸球的過程中,摸到紅球的次數為,最終獲得返金劵的金額為元,則,故所以選擇抽獎方案二,該顧客獲得返金劵金額的數學期望為(元).②即,所以該
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