资源简介
云南省临沧地区中学2025届高三高考适应性月考卷(一)数学试题
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在试卷上无效。
3.考试结束后,本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集,集合满足,则( )
A. B. C. D.
2.已知复数,为的共轭复数,则( )
A. B. C. D.
3.在展开式中,含的项的系数是,则( )
A. B. C. D.
4.已知等差数列,其前项和为,有最小值,若,则使成立的的最大值为( )
A. B. C. D.
5.如图,已知点为等边三角形的外接圆上的一个动点,若,则的取值范围为( )
A. B. C. D.
6.拉格朗日中值定理又称拉氏定理:如果函数在上连续,且在上可导,则必有,使得已知函数,那么实数的最大值为( )
A. B. C. D.
7.从分别标有,,,,的个小球中,不放回的随机选取两个小球,记这两个小球的编号分别为,若,则为实数的概率为( )
A. B. C. D.
8.在三棱锥中,是正三角形,,记二面角,的平面角分别为,,,,则( )
A. B. C. D.
二、多选题:本题共3小题,共18分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。
9.已知可导函数的导函数为,则( )
A. 有个极值点
B. 有个零点
C. 只可能在或者时取得最小值
D. 对,恒成立
10.已知函数,则( )
A. 在上单调递增
B. 关于直线对称
C. 的值域为
D. 关于的方程在区间上有实根,则所有根之和组成的集合为
11.已知椭圆与双曲线有公共的焦点,,若为,在第一象限的一个公共点,和的离心率分别为,,,则( )
A.
B.
C.
D. 当时,的取值范围是
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
12. 用数字作答.
13.随机变量的取值为、、,,,则 .
14.已知数列满足,且对任意,都存在,使得,则 写出所有可能的取值若数列中满足:存在使得,则称具有性质若数列前项中恰有项具有性质,且这项的积为,则前项和为 .
四、解答题:本题共5小题,共77分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知函数.
当时,讨论的单调性
当时,在恒成立,求的取值范围.
16.本小题分
如图,在平面四边形中,是等边三角形,是等腰三角形,且,现将沿翻折至,形成三棱锥,其中为动点.
若,求证:平面平面
若,记的重心为,若,求与平面所成角的正弦值
求平面与平面夹角正切的最大值.
17.本小题分
记的内角的对边分别为,已知.
若,求角;
若为锐角三角形,设,求的取值范围.
18.本小题分
已知为抛物线的焦点,为在第一象限上的动点,当时,设的准线与轴交于点,与交于点,,,与交于点,与交于点.
求的方程
求的轨迹方程
若,求的取值范围.
19.本小题分
记集合,为集合的两个子集,且满足,定义:分别表示集合,中所有元素的和.
当时,求的所有可能的值
求的最小值
设为不超过的自然数,且与的奇偶性相同,证明:存在,,使得.
答案(含解析)
1.【答案】
,,.
2.【答案】
,
,
,
,
3.【答案】
由题可得含的项为,
所以,解得.
4.【答案】
因为等差数列的前项和为有最小值,所以,,所以,
因为,所以,,且,
所以,,
所以当时,所以使成立的的最大值为.
5.【答案】
设为外接圆圆心,过作,交圆与,,
根据向量的几何意义知,当在时,在的方向上投影数量最小;
当在时,在的方向上投影数量最大,
设该外接圆半径为,则,即,
故的最大值为,最小值为,
故选A.
6.【答案】
【解析】解:因为函数在上连续,且在上可导,则必有,使得,
又因为函数,可得,
所以,此时,
又因为,所以,因为,且,所以,
不妨设,函数定义域为,可得,
当时,,单调递增;
当时,,单调递减,
所以当时,函数取得极大值也是最大值,最大值,
则当时,取得最大值,最大值为.
故选:.
7.【答案】
解:选取小球,有种选法,
若为实数,则有种情况:
若为偶数,则为偶数,有种选法
若为奇数,则为奇数,设,,在中任取一个数,在中任取一个数
或者在中任取一个数,在中任取一个数,共种选法,
故所求概率为.
故选:.
8.【答案】
设的边长为,则,
在中,由余弦定理得,
所以,则,
,
则,,
如图,作平面,于,于,
则,,,,
又,所以,
,,所以,
结合,得,
根据三角函数的两角差公式可得,
所以,
已知,则,
将上式移项可得,
解得,所以,,三点共线,
由 ,得,
故选:.
9.【答案】
【解析】解:由,易知为奇函数,令,
当时,,,故在上单调递增,
,显然函数在上存在唯一零点,易知函数在上存在唯一零点,
由在区间上,,在上,,
故在上单调递减,在上单调递增,
同理可得在上单调递减,在上单调递增,
由,则易知定义域为,
所以可导函数的定义域为,
所以函数存在个极值点:,
由函数为奇函数,知存在个零点:,
故A正确,B错误,C正确,D正确.
故选:.
10.【答案】
解:对于, ,
在上不是单调递增的,
故A不正确;
对于,
且,
,
关于直线对称,
故B正确;
对于,
是周期函数,周期,
当时,,
则令,则只需求函数的值域,
,,易得,
即函数的值域为,故C正确;
对于,可看成由
与复合而成的函数,
设,,
,时单调递增,
当,则,
单调递增,则单调递增
当,则,
单调递减,则单调递减,
由可知,关于直线对称,
在上单调递增,
在上单调递减,
,,
作出函数,的大致图象.
由图可知,方程在区间上有实根,
则,
若仅有个实数根,则,根为;
若仅有个实数根,则这两个根关于对称,
两个根的和为;
若实数根的个数为个,由对称性可知四个根的和为,
所有根之和组成的集合为,故D正确.
故选:.
11.【答案】
【解析】解:对于,设椭圆的焦距为,,,
则,,
解得,.
,则A正确;
对于,,即,
,
,
,则B正确;
对于,将,,,代入,可得,则C错误
对于,因为,所以,即,
化简得,即,即,
令,,
则,其中,,取,
因为,,所以,,
所以,,故,
因为,其中,,
所以在上单调递增,故,则D正确.
故选:.
12.【答案】
【解析】解:
.
故答案为:.
13.【答案】
解:设,其中,可得出,
,
,解得,
因此,.
故答案为:.
14.【答案】或或或
【解析】解:由题意,
由.
当时,
当时,或
当时,或或或,
当时,或或或或或或,
所以或或或;
前项中恰有项具有性质,且这项的积为,
故,,,,,
即具有性质.
则易知从开始是以为首项为公差的等差数列,
所以
.
故答案为:或或或;.
15.【答案】解:由,,,
得,
当时,由,解得或;
由,解得,
当时,恒成立,
当时,由,解得或
由,解得,
综上所述,当时,在和上单调递增,在上单调递减
当时,的在单调递增
当时,在和上单调递增,在上单调递减
由知,当时,函数在上单调递减,在上单调递增,
所以,
令,,
得,令,,
得,所以在上单调递减,
所以,所以,
所以在上单调递减,
因为,且,
所以,所以的取值范围为.
16.【答案】解:不妨设,由题意可知,
又是等腰直角三角形,则也是等腰直角三角形,
则,
取的中点为,连接,,则,,
因为是等边三角形,是等腰直角三角形,
所以,,
若,则有,则,
又,,,面,
所以面,又面,所以平面平面
若,
由余弦定理可得,
又,所以三棱锥为正三棱锥,
又为的重心,则为三棱锥的高,即面,
以为原点,分别以,所在直线为,轴,建立空间直角坐标系,
因为,则为的中点,
所以,,,,
,,,
设平面的一个法向量为,
则,即
则平面的一个法向量为,
设与平面所成角为,
则,
所以与平面所成角的正弦值为
取为的中点,则,,
,,面,所以面,
在平面内,过点作,
又面,则,
因为,,面,所以面,
以为原点,分别以,,所在直线为,,轴,
建立如图所示的空间直角坐标系,设,
则,,,
,,
设平面的一个法向量为
则,即
则平面的一个法向量为,
易知平面的一个法向量为,
设平面与平面夹角为,
,
,
,
令,显然,
,
当且仅当,即时取等号,
故平面与平面夹角正切的最大值为,此时.
17.【答案】解:解法一:由可得,代入,
得,即,
则.
由正弦定理得,
即,
即,可得.
因为,所以,
可知,解得.
解法二:因为,所以.
又因为,则.
即,
由正弦定理得.
又
,
则解得.
由,可得.
由可得,
由正弦定理得,
由余弦定理的推论得.
对式进行变形可得,
所以.
因为为锐角三角形,所以即
解得,从而,
又,所以,即的取值范围为.
18.【答案】解:由题意得,,解得其中舍去,
所以的方程为;
由题意,知,
设,则,
因为,,三点共线,所以,
即,
设,由,得,,
所以,即,
所以的轨迹方程
因为,所以,
因为,
所以,同理,
设,,
则,
,
所以,解得,
又,设,设直线:,
联立得,,
有,于是,
解得,即的取值范围是
19.【答案】解:若,由于,的对称性,只需考虑以下情况:
,,,
,,,
,,,
,,,
,,,
,,,
,,,
,,.
所以的所有可能值为:,,,,,;
首先计算时,
令,,
,,
再令,,可知;
当时,由为奇数,
由知为奇数,考虑的子集,
中有项,那么参照上面证明存在的子集,满足,
现令,,可知,即此时最小值为;
当时,为奇数,为奇数,
考虑的子集,中有项,
那么参照上面证明存在的子集,满足,
现令,,可知,即此时最小值为;
当时,为偶数,为偶数,
考虑的子集,中有项,
那么参照上面证明存在的子集,满足,
现令,,可知,即此时最小值为;
综上所述可知:
当或时,,,
或时,,;
证明:首先证明与的奇偶性相同:
由题意知,所以,
因为是偶数,所以对于任意的,,与的奇偶性相同,
下面用数归法证明:当与奇偶性相同且时,存在,满足;
当或时,由可知存在,满足,
假设时成立为小于且与其奇偶性相同的自然数,
即此时存在,满足,
由于,不妨令,
若此时,则可令,,那么,
即说明时命题成立.
若此时,
必存在正整数满足且否则有,,此时有,
令,,
此时,满足:,即时命题立,
由归纳法可知命题成立,
当时,令,,,
综上所述命题成立.
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