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文檔簡介

2025屆通化市重點中學高三第二次調研考試(數學試題文)試卷考生請注意:1.答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內,不得在試卷上作任何標記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫在試卷指定的括號內,第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3.考生必須保證答題卡的整潔??荚嚱Y束后,請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.設集合,集合,則=()A. B. C. D.R2.已知,,若,則向量在向量方向的投影為()A. B. C. D.3.若復數z滿足,則()A. B. C. D.4.正方形的邊長為,是正方形內部(不包括正方形的邊)一點,且,則的最小值為()A. B. C. D.5.函數的大致圖象為A. B.C. D.6.已知a>0,b>0,a+b=1,若α=,則的最小值是()A.3 B.4 C.5 D.67.過拋物線的焦點且與的對稱軸垂直的直線與交于,兩點,,為的準線上的一點,則的面積為()A.1 B.2 C.4 D.88.已知直線:過雙曲線的一個焦點且與其中一條漸近線平行,則雙曲線的方程為()A. B. C. D.9.雙曲線:(,)的一個焦點為(),且雙曲線的兩條漸近線與圓:均相切,則雙曲線的漸近線方程為()A. B. C. D.10.存在點在橢圓上,且點M在第一象限,使得過點M且與橢圓在此點的切線垂直的直線經過點,則橢圓離心率的取值范圍是()A. B. C. D.11.已知直線與圓有公共點,則的最大值為()A.4 B. C. D.12.已知復數滿足,則=()A. B.C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.函數的定義域為_____________.14.在中,,.若,則_________.15.已知數列是等比數列,,則__________.16.若變量x,y滿足:,且滿足,則參數t的取值范圍為_______.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)某商場舉行有獎促銷活動,顧客購買每滿元的商品即可抽獎一次.抽獎規則如下:抽獎者擲各面標有點數的正方體骰子次,若擲得點數大于,則可繼續在抽獎箱中抽獎;否則獲得三等獎,結束抽獎,已知抽獎箱中裝有個紅球與個白球,抽獎者從箱中任意摸出個球,若個球均為紅球,則獲得一等獎,若個球為個紅球和個白球,則獲得二等獎,否則,獲得三等獎(抽獎箱中的所有小球,除顏色外均相同).若,求顧客參加一次抽獎活動獲得三等獎的概率;若一等獎可獲獎金元,二等獎可獲獎金元,三等獎可獲獎金元,記顧客一次抽獎所獲得的獎金為,若商場希望的數學期望不超過元,求的最小值.18.(12分)已知數列的前n項和,是等差數列,且.(Ⅰ)求數列的通項公式;(Ⅱ)令.求數列的前n項和.19.(12分)在平面直角坐標系中,已知橢圓的中心為坐標原點焦點在軸上,右頂點到右焦點的距離與它到右準線的距離之比為.(1)求橢圓的標準方程;(2)若是橢圓上關于軸對稱的任意兩點,設,連接交橢圓于另一點.求證:直線過定點并求出點的坐標;(3)在(2)的條件下,過點的直線交橢圓于兩點,求的取值范圍.20.(12分)在中,內角,,所對的邊分別是,,,,,.(Ⅰ)求的值;(Ⅱ)求的值.21.(12分)已知函數,為實數,且.(Ⅰ)當時,求的單調區間和極值;(Ⅱ)求函數在區間,上的值域(其中為自然對數的底數).22.(10分)某超市計劃按月訂購一種酸奶,每天進貨量相同,進貨成本每瓶4元,售價每瓶6元,未售出的酸奶降價處理,以每瓶2元的價格當天全部處理完.根據往年銷售經驗,每天需求量與當天最高氣溫(單位:℃)有關.如果最高氣溫不低于25,需求量為500瓶;如果最高氣溫位于區間[20,25),需求量為300瓶;如果最高氣溫低于20,需求量為200瓶.為了確定六月份的訂購計劃,統計了前三年六月份各天的最高氣溫數據,得下面的頻數分布表:最高氣溫[10,15)[15,20)[20,25)[25,30)[30,35)[35,40)天數216362574以最高氣溫位于各區間的頻率估計最高氣溫位于該區間的概率.(1)求六月份這種酸奶一天的需求量不超過300瓶的概率;(2)設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位:元),當六月份這種酸奶一天的進貨量為450瓶時,寫出Y的所有可能值,并估計Y大于零的概率.

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】試題分析:由題,,,選D考點:集合的運算2.B【解析】

由,,,再由向量在向量方向的投影為化簡運算即可【詳解】∵∴,∴,∴向量在向量方向的投影為.故選:B.【點睛】本題考查向量投影的幾何意義,屬于基礎題3.D【解析】

先化簡得再求得解.【詳解】所以.故選:D【點睛】本題主要考查復數的運算和模的計算,意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.4.C【解析】

分別以直線為軸,直線為軸建立平面直角坐標系,設,根據,可求,而,化簡求解.【詳解】解:建立以為原點,以直線為軸,直線為軸的平面直角坐標系.設,,,則,,由,即,得.所以=,所以當時,的最小值為.故選:C.【點睛】本題考查向量的數量積的坐標表示,屬于基礎題.5.A【解析】

因為,所以函數是偶函數,排除B、D,又,排除C,故選A.6.C【解析】

根據題意,將a、b代入,利用基本不等式求出最小值即可.【詳解】∵a>0,b>0,a+b=1,∴,當且僅當時取“=”號.

答案:C【點睛】本題考查基本不等式的應用,“1”的應用,利用基本不等式求最值時,一定要正確理解和掌握“一正,二定,三相等”的內涵:一正是首先要判斷參數是否為正;二定是其次要看和或積是否為定值(和定積最大,積定和最?。?;三相等是最后一定要驗證等號能否成立,屬于基礎題.7.C【解析】

設拋物線的解析式,得焦點為,對稱軸為軸,準線為,這樣可設點坐標為,代入拋物線方程可求得,而到直線的距離為,從而可求得三角形面積.【詳解】設拋物線的解析式,則焦點為,對稱軸為軸,準線為,∵直線經過拋物線的焦點,,是與的交點,又軸,∴可設點坐標為,代入,解得,又∵點在準線上,設過點的的垂線與交于點,,∴.故應選C.【點睛】本題考查拋物線的性質,解題時只要設出拋物線的標準方程,就能得出點坐標,從而求得參數的值.本題難度一般.8.A【解析】

根據直線:過雙曲線的一個焦點,得,又和其中一條漸近線平行,得到,再求雙曲線方程.【詳解】因為直線:過雙曲線的一個焦點,所以,所以,又和其中一條漸近線平行,所以,所以,,所以雙曲線方程為.故選:A.【點睛】本題主要考查雙曲線的幾何性質,還考查了運算求解的能力,屬于基礎題.9.A【解析】

根據題意得到,化簡得到,得到答案.【詳解】根據題意知:焦點到漸近線的距離為,故,故漸近線為.故選:.【點睛】本題考查了直線和圓的位置關系,雙曲線的漸近線,意在考查學生的計算能力和轉化能力.10.D【解析】

根據題意利用垂直直線斜率間的關系建立不等式再求解即可.【詳解】因為過點M橢圓的切線方程為,所以切線的斜率為,由,解得,即,所以,所以.故選:D【點睛】本題主要考查了建立不等式求解橢圓離心率的問題,屬于基礎題.11.C【解析】

根據表示圓和直線與圓有公共點,得到,再利用二次函數的性質求解.【詳解】因為表示圓,所以,解得,因為直線與圓有公共點,所以圓心到直線的距離,即,解得,此時,因為,在遞增,所以的最大值.故選:C【點睛】本題主要考查圓的方程,直線與圓的位置關系以及二次函數的性質,還考查了運算求解的能力,屬于中檔題.12.B【解析】

利用復數的代數運算法則化簡即可得到結論.【詳解】由,得,所以,.故選:B.【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,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】

由題意可得,,解不等式可求.【詳解】解:由題意可得,,解可得,,故答案為.【點睛】本題主要考查了函數的定義域的求解,屬于基礎題.14.【解析】分析:首先設出相應的直角邊長,利用余弦勾股定理得到相應的斜邊長,之后應用余弦定理得到直角邊長之間的關系,從而應用正切函數的定義,對邊比臨邊,求得對應角的正切值,即可得結果.詳解:根據題意,設,則,根據,得,由勾股定理可得,根據余弦定理可得,化簡整理得,即,解得,所以,故答案是.點睛:該題考查的是有關解三角形的問題,在解題的過程中,注意分析要求對應角的正切值,需要求誰,而題中所給的條件與對應的結果之間有什么樣的連線,設出直角邊長,利用所給的角的余弦值,利用余弦定理得到相應的等量關系,求得最后的結果.15.【解析】

根據等比數列通項公式,首先求得,然后求得.【詳解】設的公比為,由,得,故.故答案為:【點睛】本小題主要考查等比數列通項公式的基本量計算,屬于基礎題.16.【解析】

根據變量x,y滿足:,畫出可行域,由,解得直線過定點,直線繞定點旋轉與可行域有交點即可,再結合圖象利用斜率求解.【詳解】由變量x,y滿足:,畫出可行域如圖所示陰影部分,由,整理得,由,解得,所以直線過定點,由,解得,由,解得,要使,則與可行域有交點,當時,滿足條件,當時,直線得斜率應該不小于AC,而不大于AB,即或,解得,且,綜上:參數t的取值范圍為.故答案為:【點睛】本題主要考查線性規劃的應用,還考查了轉化運算求解的能力,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.;.【解析】

設顧客獲得三等獎為事件,因為顧客擲得點數大于的概率為,顧客擲得點數小于,然后抽將得三等獎的概率為,求出;由題意可知,隨機變量的可能取值為,,,相應求出概率,求出期望,化簡得,由題意可知,,即,求出的最小值.【詳解】設顧客獲得三等獎為事件,因為顧客擲得點數大于的概率為,顧客擲得點數小于,然后抽將得三等獎的概率為,所以;由題意可知,隨機變量的可能取值為,,,且,,,所以隨機變量的數學期望,,化簡得,由題意可知,,即,化簡得,因為,解得,即的最小值為.【點睛】本題主要考查概率和期望的求法,屬于常考題.18.(Ⅰ);(Ⅱ)【解析】試題分析:(1)先由公式求出數列的通項公式;進而列方程組求數列的首項與公差,得數列的通項公式;(2)由(1)可得,再利用“錯位相減法”求數列的前項和.試題解析:(1)由題意知當時,,當時,,所以.設數列的公差為,由,即,可解得,所以.(2)由(1)知,又,得,,兩式作差,得所以.考點1、待定系數法求等差數列的通項公式;2、利用“錯位相減法”求數列的前項和.【易錯點晴】本題主要考查待定系數法求等差數列的通項公式、利用“錯位相減法”求數列的前項和,屬于難題.“錯位相減法”求數列的前項和是重點也是難點,利用“錯位相減法”求數列的和應注意以下幾點:①掌握運用“錯位相減法”求數列的和的條件(一個等差數列與一個等比數列的積);②相減時注意最后一項的符號;③求和時注意項數別出錯;④最后結果一定不能忘記等式兩邊同時除以.19.(1);(2)證明詳見解析,;(3).【解析】

(1)根據題意列出關于的等式求解即可.(2)先根據對稱性,直線過的定點一定在軸上,再設直線的方程為,聯立直線與橢圓的方程,進而求得的方程,并代入,化簡分析即可.(3)先分析過點的直線斜率不存在時的值,再分析存在時,設直線的方程為,聯立直線與橢圓的方程,得出韋達定理再代入求解出關于的解析式,再求解范圍即可.【詳解】解:設橢圓的標準方程焦距為,由題意得,由,可得則,所以橢圓的標準方程為;證明:根據對稱性,直線過的定點一定在軸上,由題意可知直線的斜率存在,設直線的方程為,聯立,消去得到,設點,則.所以,所以的方程為,令得,將,代入上式并整理,,整理得,所以,直線與軸相交于定點.當過點的直線的斜率不存在時,直線的方程為,此時,當過點的直線斜率存在時,設直線的方程為,且在橢圓上,聯立方程組,消去,整理得,則.所以所以,所以,由得,綜上可得,的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了橢圓的基本量求解以及定值和范圍的問題,需要分析直線的斜率是否存在的情況,再聯立直線與橢圓的方程,根據韋達定理以及所求的解析式,結合參數的范圍進行求解.屬于難題.20.(Ⅰ)(Ⅱ)【解析】

(Ⅰ)根據正弦定理先求得邊c,然后由余弦定理可求得邊b;(Ⅱ)結合二倍角公式及和差公式,即可求得本題答案.【詳解】(Ⅰ)因為,由正弦定理可得,,又,所以,所以根據余弦定理得,,解得,;(Ⅱ)因為,所以,,,則.【點睛】本題主要考查利用正余弦定理解三角形,以及利用二倍角公式及和差公式求值,屬基礎題.21.(Ⅰ)極大值0,沒有極小值;函數的遞增區間,遞減區間,(Ⅱ)見解析【解析】

(Ⅰ)由,令,得增區間為,令,得減區間為,所以有極大值,無極小值;(Ⅱ)由,分,和三種情況,考慮函數在區間上的值域,即可得到本題答案.【詳解】當時,,,當時,,函數單調遞增,當時,,函數單調遞減,故當時,函數取得極大值,沒有極小值;函數的增區間為,減區間為,,當時,,在上單調遞增,即函數的值域為;當時,,在上單調遞減,即函數的值域為;當時,易得時,,在上單調遞增,時,,在上單調遞減,故當時,函數取得最大值,最小值為,中最小的,當時,,最小值;當,,最小值;綜上,當時,函數的值域為,當時,函數的值域,當時,函數的值域為,當時,函數的值域為.【點睛】本題主要考查利用導數求單調區間和極值,以及利用導數研究含參函數在給定區間的值域,考查學生的運算求解能力,體現了分類討論的數學思想.22.(1).(2).【解析】

(1)由前三年六月份各天的最高氣溫數據,求出最高氣溫位于區間[20,25)和最高氣溫

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