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文檔簡介

2025屆山東省肥城市招生適應性考試數學試題注意事項: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.已知,則下列說法中正確的是()A.是假命題 B.是真命題C.是真命題 D.是假命題2.很多關于整數規律的猜想都通俗易懂,吸引了大量的數學家和數學愛好者,有些猜想已經被數學家證明,如“費馬大定理”,但大多猜想還未被證明,如“哥德巴赫猜想”、“角谷猜想”.“角谷猜想”的內容是:對于每一個正整數,如果它是奇數,則將它乘以再加1;如果它是偶數,則將它除以;如此循環,最終都能夠得到.下圖為研究“角谷猜想”的一個程序框圖.若輸入的值為,則輸出i的值為()A. B. C. D.3.已知正三角形的邊長為2,為邊的中點,、分別為邊、上的動點,并滿足,則的取值范圍是()A. B. C. D.4.若非零實數、滿足,則下列式子一定正確的是()A. B.C. D.5.已知下列命題:①“”的否定是“”;②已知為兩個命題,若“”為假命題,則“”為真命題;③“”是“”的充分不必要條件;④“若,則且”的逆否命題為真命題.其中真命題的序號為()A.③④ B.①② C.①③ D.②④6.已知條件,條件直線與直線平行,則是的()A.充要條件 B.必要不充分條件 C.充分不必要條件 D.既不充分也不必要條件7.已知拋物線:,點為上一點,過點作軸于點,又知點,則的最小值為()A. B. C.3 D.58.已知雙曲線的一條漸近線與直線垂直,則雙曲線的離心率等于()A. B. C. D.9.已知集合,,則=()A. B. C. D.10.體育教師指導4個學生訓練轉身動作,預備時,4個學生全部面朝正南方向站成一排.訓練時,每次都讓3個學生“向后轉”,若4個學生全部轉到面朝正北方向,則至少需要“向后轉”的次數是()A.3 B.4 C.5 D.611.若復數z滿足,則復數z在復平面內對應的點在()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限12.若集合,則=()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知非零向量,滿足,且,則與的夾角為____________.14.已知向量,滿足,,,則向量在的夾角為______.15.如圖是一個算法流程圖,若輸出的實數的值為,則輸入的實數的值為______________.16.能說明“在數列中,若對于任意的,,則為遞增數列”為假命題的一個等差數列是______.(寫出數列的通項公式)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.18.(12分)本小題滿分14分)已知曲線的極坐標方程為,以極點為原點,極軸為軸的非負半軸建立平面直角坐標系,直線的參數方程為(為參數),求直線被曲線截得的線段的長度19.(12分)已知函數(是自然對數的底數,).(1)求函數的圖象在處的切線方程;(2)若函數在區間上單調遞增,求實數的取值范圍;(3)若函數在區間上有兩個極值點,且恒成立,求滿足條件的的最小值(極值點是指函數取極值時對應的自變量的值).20.(12分)已知.(1)若是上的增函數,求的取值范圍;(2)若函數有兩個極值點,判斷函數零點的個數.21.(12分)如圖,在正三棱柱中,,,分別為,的中點.(1)求證:平面;(2)求平面與平面所成二面角銳角的余弦值.22.(10分)已知二階矩陣A=abcd,矩陣A屬于特征值λ1=-1的一個特征向量為α1

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.D【解析】

舉例判斷命題p與q的真假,再由復合命題的真假判斷得答案.【詳解】當時,故命題為假命題;記f(x)=ex﹣x的導數為f′(x)=ex,易知f(x)=ex﹣x(﹣∞,0)上遞減,在(0,+∞)上遞增,∴f(x)>f(0)=1>0,即,故命題為真命題;∴是假命題故選D本題考查復合命題的真假判斷,考查全稱命題與特稱命題的真假,考查指對函數的圖象與性質,是基礎題.2.B【解析】

根據程序框圖列舉出程序的每一步,即可得出輸出結果.【詳解】輸入,不成立,是偶數成立,則,;不成立,是偶數不成立,則,;不成立,是偶數成立,則,;不成立,是偶數成立,則,;不成立,是偶數成立,則,;不成立,是偶數成立,則,;成立,跳出循環,輸出i的值為.故選:B.本題考查利用程序框圖計算輸出結果,考查計算能力,屬于基礎題.3.A【解析】

建立平面直角坐標系,求出直線,設出點,通過,找出與的關系.通過數量積的坐標表示,將表示成與的關系式,消元,轉化成或的二次函數,利用二次函數的相關知識,求出其值域,即為的取值范圍.【詳解】以D為原點,BC所在直線為軸,AD所在直線為軸建系,設,則直線,設點,所以由得,即,所以,由及,解得,由二次函數的圖像知,,所以的取值范圍是.故選A.本題主要考查解析法在向量中的應用,以及轉化與化歸思想的運用.4.C【解析】

令,則,,將指數式化成對數式得、后,然后取絕對值作差比較可得.【詳解】令,則,,,,,因此,.故選:C.本題考查了利用作差法比較大小,同時也考查了指數式與對數式的轉化,考查推理能力,屬于中等題.5.B【解析】

由命題的否定,復合命題的真假,充分必要條件,四種命題的關系對每個命題進行判斷.【詳解】“”的否定是“”,正確;已知為兩個命題,若“”為假命題,則“”為真命題,正確;“”是“”的必要不充分條件,錯誤;“若,則且”是假命題,則它的逆否命題為假命題,錯誤.故選:B.本題考查命題真假判斷,掌握四種命題的關系,復合命題的真假判斷,充分必要條件等概念是解題基礎.6.C【解析】

先根據直線與直線平行確定的值,進而即可確定結果.【詳解】因為直線與直線平行,所以,解得或;即或;所以由能推出;不能推出;即是的充分不必要條件.故選C本題主要考查充分條件和必要條件的判定,熟記概念即可,屬于基礎題型.7.C【解析】

由,再運用三點共線時和最小,即可求解.【詳解】.故選:C本題考查拋物線的定義,合理轉化是本題的關鍵,注意拋物線的性質的靈活運用,屬于中檔題.8.B【解析】由于直線的斜率k,所以一條漸近線的斜率為,即,所以,選B.9.C【解析】

計算,,再計算交集得到答案.【詳解】,,故.故選:.本題考查了交集運算,意在考查學生的計算能力.10.B【解析】

通過列舉法,列舉出同學的朝向,然后即可求出需要向后轉的次數.【詳解】“正面朝南”“正面朝北”分別用“∧”“∨”表示,利用列舉法,可得下表,原始狀態第1次“向后轉”第2次“向后轉”第3次“向后轉”第4次“向后轉”∧∧∧∧∧∨∨∨∨∨∧∧∧∧∧∨∨∨∨∨可知需要的次數為4次.故選:B.本題考查的是求最小推理次數,一般這類題型構造較為巧妙,可通過列舉的方法直觀感受,屬于基礎題.11.A【解析】

化簡復數,求得,得到復數在復平面對應點的坐標,即可求解.【詳解】由題意,復數z滿足,可得,所以復數在復平面內對應點的坐標為位于第一象限故選:A.本題主要考查了復數的運算,以及復數的幾何表示方法,其中解答中熟記復數的運算法則,結合復數的表示方法求解是解答的關鍵,著重考查了推理與計算能力,屬于基礎題.12.C【解析】

求出集合,然后與集合取交集即可.【詳解】由題意,,,則,故答案為C.本題考查了分式不等式的解法,考查了集合的交集,考查了計算能力,屬于基礎題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.(或寫成)【解析】

設與的夾角為,通過,可得,化簡整理可求出,從而得到答案.【詳解】設與的夾角為可得,故,將代入可得得到,于是與的夾角為.故答案為:.本題主要考查向量的數量積運算,向量垂直轉化為數量積為0是解決本題的關鍵,意在考查學生的轉化能力,分析能力及計算能力.14.【解析】

把平方利用數量積的運算化簡即得解.【詳解】因為,,,所以,∴,∴,因為所以.故答案為:本題主要考查平面向量的數量積的運算法則,考查向量的夾角的計算,意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.15.【解析】

根據程序框圖得到程序功能,結合分段函數進行計算即可.【詳解】解:程序的功能是計算,若輸出的實數的值為,則當時,由得,當時,由,此時無解.故答案為:.本題主要考查程序框圖的識別和判斷,理解程序功能是解決本題的關鍵,屬于基礎題.16.答案不唯一,如【解析】

根據等差數列的性質可得到滿足條件的數列.【詳解】由題意知,不妨設,則,很明顯為遞減數列,說明原命題是假命題.所以,答案不唯一,符合條件即可.本題考查對等差數列的概念和性質的理解,關鍵是假設出一個遞減的數列,還需檢驗是否滿足命題中的條件,屬基礎題.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)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。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問題。18.【解析】解:解:將曲線的極坐標方程化為直角坐標方程為,即,它表示以為圓心,2為半徑圓,………4分直線方程的普通方程為,………8分圓C的圓心到直線l的距離,……………10分故直線被曲線截得的線段長度為.……………14分19.(1);(2);(3).【解析】

(1)利用導數的幾何意義計算即可;(2)在上恒成立,只需,注意到;(3)在上有兩根,令,求導可得在上單調遞減,在上單調遞增,所以且,,,求出的范圍即可.【詳解】(1)因為,所以,當時,,所以切線方程為,即.(2),.因為函數在區間上單調遞增,所以,且恒成立,即,所以,即,又,故,所以實數的取值范圍是.(3).因為函數在區間上有兩個極值點,所以方程在上有兩不等實根,即.令,則,由,得,所以在上單調遞減,在上單調遞增,所以,解得且.又由,所以,且當和時,單調遞增,當時,單調遞減,是極值點,此時令,則,所以在上單調遞減,所以.因為恒成立,所以.若,取,則,所以.令,則,.當時,;當時,.所以,所以在上單調遞增,所以,即存在使得,不合題意.滿足條件的的最小值為-4.本題考查導數的綜合應用,涉及到導數的幾何意義,利用導數研究函數的單調性、極值點,不等式恒成立等知識,是一道難題.20.(1)(2)三個零點【解析】

(1)由題意知恒成立,構造函數,對函數求導,求得函數最值,進而得到結果;(2)當時先對函數求導研究函數的單調性可得到函數有兩個極值點,再證,.【詳解】(1)由得,由題意知恒成立,即,設,,時,遞減,時,,遞增;故,即,故的取值范圍是.(2)當時,單調,無極值;當時,,一方面,,且在遞減,所以在區間有一個零點.另一方面,,設,則,從而在遞增,則,即,又在遞增,所以在區間有一個零點.因此,當時在和各有一個零點,將這兩個零點記為,,當時,即;當時,即;當時,即:從而在遞增,在遞減,在遞增;于是是函數的極大值點,是函數的極小值點.下面證明:,由得,即,由得,令,則,①當時,遞減,則,而,故;②當時,遞減,則,而,故;一方面,因為,又,且在遞增,所以在上有一個零點,即在上有一個零點.另一方面,根據得,則有:,又,且在遞增,故在上有一個零點,故在上有一個零點.又,故有三個零點.本題考查函數的零點,導數的綜合應用.在研究函數零點時,有一種方法是把函數的零點轉化為方程的解,再把方程的解轉化為函數圖象的交點,特別是利用分離參數法轉化為動直線與函數圖象交點問題,這樣就可利用導數研究新函數的單調性與極值,從而得出函數的變化趨勢,得出結論.21.(1)證明見詳解;(2).【解析】

(1)取中點為,通過證明//,進而證明線面平行;(2)取中點為,以為坐標原點建立直角坐標系,求得兩個平面的法向量,用向量法解得二面角的大小.【詳解】(1)證明:取的中點,連結,,如下圖所示:在中,因為為的中點,,且,又為的中點,,,且,,且,四邊形為平行四邊形,又平面,平面,平面,即證.

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