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文檔簡介
山東省藁城市第一中學2025屆高三數學試題第二次診斷性測驗試題注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚,將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2.答題時請按要求用筆。3.請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折暴、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.設是虛數單位,則“復數為純虛數”是“”的()A.充要條件 B.必要不充分條件C.既不充分也不必要條件 D.充分不必要條件2.已知,滿足條件(為常數),若目標函數的最大值為9,則()A. B. C. D.3.集合,,則=()A. B.C. D.4.己知全集為實數集R,集合A={x|x2+2x-8>0},B={x|log2x<1},則等于()A.[4,2] B.[4,2) C.(4,2) D.(0,2)5.已知復數滿足(是虛數單位),則=()A. B. C. D.6.若復數滿足,則()A. B. C. D.7.設,命題“存在,使方程有實根”的否定是()A.任意,使方程無實根B.任意,使方程有實根C.存在,使方程無實根D.存在,使方程有實根8.某四棱錐的三視圖如圖所示,該幾何體的體積是()A.8 B. C.4 D.9.已知函數,且),則“在上是單調函數”是“”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件10.已知函數則函數的圖象的對稱軸方程為()A. B.C. D.11.函數的圖象的大致形狀是()A. B. C. D.12.如圖是計算值的一個程序框圖,其中判斷框內應填入的條件是()A.B.C.D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.如圖,在梯形中,∥,分別是的中點,若,則的值為___________.14.已知復數,其中為虛數單位,若復數為純虛數,則實數的值是__.15.已知的展開式中第項與第項的二項式系數相等,則__________.16.某部門全部員工參加一項社會公益活動,按年齡分為三組,其人數之比為,現用分層抽樣的方法從總體中抽取一個容量為20的樣本,若組中甲、乙二人均被抽到的概率是,則該部門員工總人數為__________.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①,②,③這三個條件中任選一個,補充在下面問題中,求的面積的值(或最大值).已知的內角,,所對的邊分別為,,,三邊,,與面積滿足關系式:,且,求的面積的值(或最大值).18.(12分)如圖1,與是處在同-個平面內的兩個全等的直角三角形,,,連接是邊上一點,過作,交于點,沿將向上翻折,得到如圖2所示的六面體(1)求證:(2)設若平面底面,若平面與平面所成角的余弦值為,求的值;(3)若平面底面,求六面體的體積的最大值.19.(12分)設等比數列的前項和為,若(Ⅰ)求數列的通項公式;(Ⅱ)在和之間插入個實數,使得這個數依次組成公差為的等差數列,設數列的前項和為,求證:.20.(12分)某地在每周六的晚上8點到10點半舉行燈光展,燈光展涉及到10000盞燈,每盞燈在某一時刻亮燈的概率均為,并且是否亮燈彼此相互獨立.現統計了其中100盞燈在一場燈光展中亮燈的時長(單位:),得到下面的頻數表:亮燈時長/頻數1020402010以樣本中100盞燈的平均亮燈時長作為一盞燈的亮燈時長.(1)試估計的值;(2)設表示這10000盞燈在某一時刻亮燈的數目.①求的數學期望和方差;②若隨機變量滿足,則認為.假設當時,燈光展處于最佳燈光亮度.試由此估計,在一場燈光展中,處于最佳燈光亮度的時長(結果保留為整數).附:①某盞燈在某一時刻亮燈的概率等于亮燈時長與燈光展總時長的商;②若,則,,.21.(12分)已知為各項均為整數的等差數列,為的前項和,若為和的等比中項,.(1)求數列的通項公式;(2)若,求最大的正整數,使得.22.(10分)已知函數.(1)求函數的單調區間;(2)當時,如果方程有兩個不等實根,求實數t的取值范圍,并證明.
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】
結合純虛數的概念,可得,再結合充分條件和必要條件的定義即可判定選項.【詳解】若復數為純虛數,則,所以,若,不妨設,此時復數,不是純虛數,所以“復數為純虛數”是“”的充分不必要條件.故選:D【點睛】本題考查充分條件和必要條件,考查了純虛數的概念,理解充分必要條件的邏輯關系是解題的關鍵,屬于基礎題.2.B【解析】
由目標函數的最大值為9,我們可以畫出滿足條件件為常數)的可行域,根據目標函數的解析式形式,分析取得最優解的點的坐標,然后根據分析列出一個含參數的方程組,消參后即可得到的取值.【詳解】畫出,滿足的為常數)可行域如下圖:由于目標函數的最大值為9,可得直線與直線的交點,使目標函數取得最大值,將,代入得:.故選:.【點睛】如果約束條件中含有參數,我們可以先畫出不含參數的幾個不等式對應的平面區域,分析取得最優解是哪兩條直線的交點,然后得到一個含有參數的方程(組,代入另一條直線方程,消去,后,即可求出參數的值.3.C【解析】
先化簡集合A,B,結合并集計算方法,求解,即可.【詳解】解得集合,所以,故選C.【點睛】本道題考查了集合的運算,考查了一元二次不等式解法,關鍵化簡集合A,B,難度較?。?.D【解析】
求解一元二次不等式化簡A,求解對數不等式化簡B,然后利用補集與交集的運算得答案.【詳解】解:由x2+2x-8>0,得x<-4或x>2,
∴A={x|x2+2x-8>0}={x|x<-4或x>2},
由log2x<1,x>0,得0<x<2,
∴B={x|log2x<1}={x|0<x<2},
則,
∴.
故選:D.【點睛】本題考查了交、并、補集的混合運算,考查了對數不等式,二次不等式的求法,是基礎題.5.A【解析】
把已知等式變形,再由復數代數形式的乘除運算化簡得答案.【詳解】解:由,得,.故選.【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算,考查復數的基本概念,是基礎題.6.C【解析】
化簡得到,,再計算復數模得到答案.【詳解】,故,故,.故選:.【點睛】本題考查了復數的化簡,共軛復數,復數模,意在考查學生的計算能力.7.A【解析】
只需將“存在”改成“任意”,有實根改成無實根即可.【詳解】由特稱命題的否定是全稱命題,知“存在,使方程有實根”的否定是“任意,使方程無實根”.故選:A【點睛】本題考查含有一個量詞的命題的否定,此類問題要注意在兩個方面作出變化:1.量詞,2.結論,是一道基礎題.8.D【解析】
根據三視圖知,該幾何體是一條垂直于底面的側棱為2的四棱錐,畫出圖形,結合圖形求出底面積代入體積公式求它的體積.【詳解】根據三視圖知,該幾何體是側棱底面的四棱錐,如圖所示:結合圖中數據知,該四棱錐底面為對角線為2的正方形,高為PA=2,∴四棱錐的體積為.故選:D.【點睛】本題考查由三視圖求幾何體體積,由三視圖正確復原幾何體是解題的關鍵,考查空間想象能力.屬于中等題.9.C【解析】
先求出復合函數在上是單調函數的充要條件,再看其和的包含關系,利用集合間包含關系與充要條件之間的關系,判斷正確答案.【詳解】,且),由得或,即的定義域為或,(且)令,其在單調遞減,單調遞增,在上是單調函數,其充要條件為即.故選:C.【點睛】本題考查了復合函數的單調性的判斷問題,充要條件的判斷,屬于基礎題.10.C【解析】
,將看成一個整體,結合的對稱性即可得到答案.【詳解】由已知,,令,得.故選:C.【點睛】本題考查余弦型函數的對稱性的問題,在處理余弦型函數的性質時,一般采用整體法,結合三角函數的性質,是一道容易題.11.B【解析】
根據函數奇偶性,可排除D;求得及,由導函數符號可判斷在上單調遞增,即可排除AC選項.【詳解】函數易知為奇函數,故排除D.又,易知當時,;又當時,,故在上單調遞增,所以,綜上,時,,即單調遞增.又為奇函數,所以在上單調遞增,故排除A,C.故選:B【點睛】本題考查了根據函數解析式判斷函數圖象,導函數性質與函數圖象關系,屬于中檔題.12.B【解析】
根據計算結果,可知該循環結構循環了5次;輸出S前循環體的n的值為12,k的值為6,進而可得判斷框內的不等式.【詳解】因為該程序圖是計算值的一個程序框圈所以共循環了5次所以輸出S前循環體的n的值為12,k的值為6,即判斷框內的不等式應為或所以選C【點睛】本題考查了程序框圖的簡單應用,根據結果填寫判斷框,屬于基礎題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.【解析】
建系,設設,由可得,進一步得到的坐標,再利用數量積的坐標運算即可得到答案.【詳解】以A為坐標原點,AD為x軸建立如圖所示的直角坐標系,設,則,所以,,由,得,即,又,所以,故,,所以.故答案為:2【點睛】本題考查利用坐標法求向量的數量積,考查學生的運算求解能力,是一道中檔題.14.2【解析】
由題,得,然后根據純虛數的定義,即可得到本題答案.【詳解】由題,得,又復數為純虛數,所以,解得.故答案為:2【點睛】本題主要考查純虛數定義的應用,屬基礎題.15.【解析】
根據的展開式中第項與第項的二項式系數相等,得到,再利用組合數公式求解.【詳解】因為的展開式中第項與第項的二項式系數相等,所以,即,所以,即,解得.故答案為:10【點睛】本題主要考查二項式的系數,還考查了運算求解的能力,屬于基礎題.16.60【解析】
根據樣本容量及各組人數比,可求得C組中的人數;由組中甲、乙二人均被抽到的概率是可求得C組的總人數,即可由各組人數比求得總人數.【詳解】三組人數之比為,現用分層抽樣的方法從總體中抽取一個容量為20的樣本,則三組抽取人數分別.設組有人,則組中甲、乙二人均被抽到的概率,∴解得.∴該部門員工總共有人.故答案為:60.【點睛】本題考查了分層抽樣的定義與簡單應用,古典概型概率的簡單應用,由各層人數求總人數的應用,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.見解析【解析】
若選擇①,結合三角形的面積公式,得,化簡得到,則,又,從而得到,將代入,得.又,∴,當且僅當時等號成立.∴,故的面積的最大值為,此時.若選擇②,,結合三角形的面積公式,得,化簡得到,則,又,從而得到,則,此時為等腰直角三角形,.若選擇③,,則結合三角形的面積公式,得,化簡得到,則,又,從而得到,則.18.(1)證明見解析(2)(3)【解析】
根據折疊圖形,,由線面垂直的判定定理可得平面,再根據平面,得到.(2)根據,以為坐標原點,為軸建立空間直角坐標系,根據,可知,,表示相應點的坐標,分別求得平面與平面的法向量,代入求解.設所求幾何體的體積為,設為高,則,表示梯形BEFD和ABD的面積由,再利用導數求最值.【詳解】(1)證明:不妨設與的交點為與的交點為由題知,,則有又,則有由折疊可知所以可證由平面平面,則有平面又因為平面,所以....(2)解:依題意,有平面平面,又平面,則有平面,,又由題意知,如圖所示:以為坐標原點,為軸建立如圖所示的空間直角坐標系由題意知由可知,則則有,,設平面與平面的法向量分別為則有則所以因為,解得設所求幾何體的體積為,設,則,當時,,當時,在是增函數,在上是減函數當時,有最大值,即六面體的體積的最大值是【點睛】本題主要考查線線垂直,線面垂直,面面垂直的轉化,二面角的向量求法和空間幾何體的體積,還考查了轉化化歸的思想和運算求解的能力,屬于難題.19.(Ⅰ);(Ⅱ)詳見解析.【解析】
(Ⅰ),,兩式相減化簡整理利用等比數列的通項公式即可得出.(Ⅱ)由題設可得,可得,利用錯位相減法即可得出.【詳解】解:(Ⅰ)因為,故,兩式相減可得,,故,因為是等比數列,∴,又,所以,故,所以;(Ⅱ)由題設可得,所以,所以,①則,②①-②得:,所以,得證.【點睛】本題考查了數列遞推關系、等比數列的通項公式求和公式、錯位相減法,考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題.20.(1)(2)①,,②72【解析】
(1)將每組數據的組中值乘以對應的頻率,然后再將結果相加即可得到亮燈時長的平均數,將此平均數除以(個小時),即可得到的估計值;(2)①利用二項分布的均值與方差的計算公式進行求解;②先根據條件計算出的取值范圍,然后根據并結合正態分布概率的對稱性,求解出在滿足取值范圍下對應的概率.【詳解】(1)平均時間為(分鐘)∴(2)①∵,∴,②∵,,∴∵,,∴∴即最佳時間長度為72分鐘.【點睛】本題考查根據頻數分布表求解平均數、幾何概型(長度模型)、二項分布的均值與方差、正態分布的概率計算,屬于綜合性問題,難度一般.(1)如果,則;(2)計算正態分布中的概率,一定要活用正態分布圖象的對稱性對
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