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文檔簡介

2025屆江西省吉安市高三數學試題二模沖刺試題(八)注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚,將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4.保持卡面清潔,不要折疊,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.已知等比數列的各項均為正數,設其前n項和,若(),則()A.30 B. C. D.622.若直線經過拋物線的焦點,則()A. B. C.2 D.3.如圖,網格紙是由邊長為1的小正方形構成,若粗實線畫出的是某幾何體的三視圖,則該幾何體的表面積為()A. B. C. D.4.設集合則()A. B. C. D.5.函數在的圖象大致為()A. B.C. D.6.復數的共軛復數記作,已知復數對應復平面上的點,復數:滿足.則等于()A. B. C. D.7.下列說法正確的是()A.“若,則”的否命題是“若,則”B.在中,“”是“”成立的必要不充分條件C.“若,則”是真命題D.存在,使得成立8.已知橢圓的左、右焦點分別為、,過的直線交橢圓于A,B兩點,交y軸于點M,若、M是線段AB的三等分點,則橢圓的離心率為()A. B. C. D.9.已知角的頂點與原點重合,始邊與軸的正半軸重合,終邊經過點,則()A. B. C. D.10.閱讀下面的程序框圖,運行相應的程序,程序運行輸出的結果是()A.1.1 B.1 C.2.9 D.2.811.設i是虛數單位,若復數()是純虛數,則m的值為()A. B. C.1 D.312.已知實數,則下列說法正確的是()A. B.C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.(5分)已知,且,則的值是____________.14.西周初數學家商高在公元前1000年發現勾股定理的一個特例:勾三,股四,弦五.此發現早于畢達哥拉斯定理五百到六百年.我們把可以構成一個直角三角形三邊的一組正整數稱為勾股數.現從3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13這11個數中隨機抽取3個數,則這3個數能構成勾股數的概率為__________.15.在平面直角坐標系中,雙曲線的焦距為,若過右焦點且與軸垂直的直線與兩條漸近線圍成的三角形面積為,則雙曲線的離心率為____________.16.平面向量與的夾角為,,,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)已知在平面直角坐標系中,直線的參數方程為(為參數),以坐標原點為極點,軸非負半軸為極軸建立極坐標系,曲線的極坐標方程為,點的極坐標為.(1)求直線的極坐標方程;(2)若直線與曲線交于,兩點,求的面積.18.(12分)在三角形ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若,角為鈍角,(1)求的值;(2)求邊的長.19.(12分)若關于的方程的兩根都大于2,求實數的取值范圍.20.(12分)已知函數,函數,其中,是的一個極值點,且.(1)討論的單調性(2)求實數和a的值(3)證明21.(12分)已知橢圓:(),與軸負半軸交于,離心率.(1)求橢圓的方程;(2)設直線:與橢圓交于,兩點,連接,并延長交直線于,兩點,已知,求證:直線恒過定點,并求出定點坐標.22.(10分)的內角、、所對的邊長分別為、、,已知.(1)求的值;(2)若,點是線段的中點,,求的面積.

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.B【解析】

根據,分別令,結合等比數列的通項公式,得到關于首項和公比的方程組,解方程組求出首項和公式,最后利用等比數列前n項和公式進行求解即可.【詳解】設等比數列的公比為,由題意可知中:.由,分別令,可得、,由等比數列的通項公式可得:,因此.故選:B【點睛】本題考查了等比數列的通項公式和前n項和公式的應用,考查了數學運算能力.2.B【解析】

計算拋物線的交點為,代入計算得到答案.【詳解】可化為,焦點坐標為,故.故選:.【點睛】本題考查了拋物線的焦點,屬于簡單題.3.C【解析】

根據三視圖還原為幾何體,結合組合體的結構特征求解表面積.【詳解】由三視圖可知,該幾何體可看作是半個圓柱和一個長方體的組合體,其中半圓柱的底面半圓半徑為1,高為4,長方體的底面四邊形相鄰邊長分別為1,2,高為4,所以該幾何體的表面積,故選C.【點睛】本題主要考查三視圖的識別,利用三視圖還原成幾何體是求解關鍵,側重考查直觀想象和數學運算的核心素養.4.C【解析】

直接求交集得到答案.【詳解】集合,則.故選:.【點睛】本題考查了交集運算,屬于簡單題.5.C【解析】

先根據函數奇偶性排除B,再根據函數極值排除A;結合特殊值即可排除D,即可得解.【詳解】函數,則,所以為奇函數,排除B選項;當時,,所以排除A選項;當時,,排除D選項;綜上可知,C為正確選項,故選:C.【點睛】本題考查根據函數解析式判斷函數圖像,注意奇偶性、單調性、極值與特殊值的使用,屬于基礎題.6.A【解析】

根據復數的幾何意義得出復數,進而得出,由得出可計算出,由此可計算出.【詳解】由于復數對應復平面上的點,,則,,,因此,.故選:A.【點睛】本題考查復數模的計算,考查了復數的坐標表示、共軛復數以及復數的除法,考查計算能力,屬于基礎題.7.C【解析】

A:否命題既否條件又否結論,故A錯.B:由正弦定理和邊角關系可判斷B錯.C:可判斷其逆否命題的真假,C正確.D:根據冪函數的性質判斷D錯.【詳解】解:A:“若,則”的否命題是“若,則”,故A錯.B:在中,,故“”是“”成立的必要充分條件,故B錯.C:“若,則”“若,則”,故C正確.D:由冪函數在遞減,故D錯.故選:C【點睛】考查判斷命題的真假,是基礎題.8.D【解析】

根據題意,求得的坐標,根據點在橢圓上,點的坐標滿足橢圓方程,即可求得結果.【詳解】由已知可知,點為中點,為中點,故可得,故可得;代入橢圓方程可得,解得,不妨取,故可得點的坐標為,則,易知點坐標,將點坐標代入橢圓方程得,所以離心率為,故選:D.【點睛】本題考查橢圓離心率的求解,難點在于根據題意求得點的坐標,屬中檔題.9.A【解析】

由已知可得,根據二倍角公式即可求解.【詳解】角的頂點與原點重合,始邊與軸的正半軸重合,終邊經過點,則,.故選:A.【點睛】本題考查三角函數定義、二倍角公式,考查計算求解能力,屬于基礎題.10.C【解析】

根據程序框圖的模擬過程,寫出每執行一次的運行結果,屬于基礎題.【詳解】初始值,第一次循環:,;第二次循環:,;第三次循環:,;第四次循環:,;第五次循環:,;第六次循環:,;第七次循環:,;第九次循環:,;第十次循環:,;所以輸出.故選:C【點睛】本題考查了循環結構的程序框圖的讀取以及運行結果,屬于基礎題.11.A【解析】

根據復數除法運算化簡,結合純虛數定義即可求得m的值.【詳解】由復數的除法運算化簡可得,因為是純虛數,所以,∴,故選:A.【點睛】本題考查了復數的概念和除法運算,屬于基礎題.12.C【解析】

利用不等式性質可判斷,利用對數函數和指數函數的單調性判斷.【詳解】解:對于實數,,不成立對于不成立.對于.利用對數函數單調遞增性質,即可得出.對于指數函數單調遞減性質,因此不成立.故選:.【點睛】利用不等式性質比較大小.要注意不等式性質成立的前提條件.解決此類問題除根據不等式的性質求解外,還經常采用特殊值驗證的方法.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.【解析】

由于,且,則,得,則.14.【解析】

由組合數結合古典概型求解即可【詳解】從11個數中隨機抽取3個數有種不同的方法,其中能構成勾股數的有共三種,所以,所求概率為.故答案為【點睛】本題考查古典概型與數學文化,考查組合問題,數據處理能力和應用意識.15.【解析】

利用即可建立關于的方程.【詳解】設雙曲線右焦點為,過右焦點且與軸垂直的直線與兩條漸近線分別交于兩點,則,,由已知,,即,所以,離心率.故答案為:【點睛】本題考查求雙曲線的離心率,做此類題的關鍵是建立的方程或不等式,是一道容易題.16.【解析】

由平面向量模的計算公式,直接計算即可.【詳解】因為平面向量與的夾角為,所以,所以;故答案為【點睛】本題主要考查平面向量模的計算,只需先求出向量的數量積,進而即可求出結果,屬于基礎題型.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)先消去參數,化為直角坐標方程,再利用求解.(2)直線與曲線方程聯立,得,求得弦長和點到直線的距離,再求的面積.【詳解】(1)由已知消去得,則,所以,所以直線的極坐標方程為.(2)由,得,設,兩點對應的極分別為,,則,,所以,又點到直線的距離所以【點睛】本題主要考查參數方程、直角坐標方程及極坐標方程的轉化和直線與曲線的位置關系,還考查了數形結合的思想和運算求解的能力,屬于中檔題.18.(1)(2)【解析】

(1)由,分別求得,得到答案;(2)利用正弦定理得到,利用余弦定理解出.【詳解】(1)因為角為鈍角,,所以,又,所以,且,所以.(2)因為,且,所以,又,則,所以.19.【解析】

先令,根據題中條件得到,求解,即可得出結果.【詳解】因為關于的方程的兩根都大于2,令所以有,解得,所以.【點睛】本題主要考查一元二次方程根的分布問題,熟記二次函數的特征即可,屬于常考題型.20.(1)在區間單調遞增;(2);(3)證明見解析.【解析】

(1)求出,在定義域內,再次求導,可得在區間上恒成立,從而可得結論;(2)由,可得,由可得,聯立解方程組可得結果;(3)由(1)知在區間單調遞增,可證明,取,可得,而,利用裂項相消法,結合放縮法可得結果.【詳解】(1)由已知可得函數的定義域為,且,令,則有,由,可得,可知當x變化時,的變化情況如下表:1-0+極小值,即,可得在區間單調遞增;(2)由已知可得函數的定義域為,且,由已知得,即,①由可得,,②聯立①②,消去a,可得,③令,則,由(1)知,,故,在區間單調遞增,注意到,所以方程③有唯一解,代入①,可得,;(3)證明:由(1)知在區間單調遞增,故當時,,,可得在區間單調遞增,因此,當時,,即,亦即,這時,故可得,取,可得,而,故.【點睛】本題主要考查利用導數研究函數的單調性以及不等式的證明,屬于難題.不等式證明問題是近年高考命題的熱點,利用導數證明不等主要方法有兩個,一是比較簡單的不等式證明,不等式兩邊作差構造函數,利用導數研究函數的單調性,求出函數的最值即可;二是較為綜合的不等式證明,要觀察不等式特點,結合已解答的問題把要證的不等式變形,并運用已證結論先行放縮,然后再化簡或者進一步利用導數證明.21.(1)(2)證明見解析;定點坐標為【解析】

(1)由條件直接算出即可(2)由得,,,由可得,同理,然后由推出即可【詳解】(1)由題有,.∴,∴.∴橢圓方程為.(2)由得,.又∴,同理又∴∴∴∴∴∴

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