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高三最后50天1天1练-25
姓名：___________班级：___________日期：___________
一、选择题
1．已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．1
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．向量，，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．如图中，图象对应的函数解析式为（ ）
A． B．
C． D．
6．据典籍《周礼 春官》记载，“宫 商 角 徵 羽”这五音是中国古乐的基本音阶，成语“五音不全”就是指此五音.如果把这五个音阶全用上，排成一个五音阶音序，要求“宫”不为末音阶，“羽”不为首音阶，“商”“角”不相邻，则可以排成不同音序的种数是（ ）
A．50 B．64 C．66 D．78
7．设抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于、两点，记点到直线的距离为，且.若点的横坐标为，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数且在R上为单调函数.若方程有4个不同的实数解，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．已知函数，则（ ）
A．函数的图象关于点对称
B．将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象关于y轴对称
C．函数在区间上有2个零点
D．函数在区间上单调递增
四、解答题
10．已知单调递增数列满足，.
(1)证明:是等差数列；
(2)从①；②这两个条件中任选一个，求的前项和.
11．如图，四棱锥中，，平面平面.
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值.
高三最后50天1天1练-25参考答案：
1．C
【分析】利用复数的除法法则可求得，进而可求得.
【详解】由，可得，
所以，则.
故选：C．
2．C
【分析】根据函数解析式求得定义域，结合集合交集，可得答案.
【详解】由，
则.
故选：C.
3．D
【分析】根据数量积运算律得，再利用向量夹角公式即可.
【详解】，则，则，
即，解得，
所以.
故选：D.
4．A
【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性.
【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足，
如图：满足，，但不成立，故必要性不满足，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A.

5．D
【分析】根据函数的奇偶性可排除A，根据有界性可排除C，根据4处的函数值不超过5，可判断B.
【详解】由图象可知函数关于原点对称，故为奇函数，
对于A，，故函数为偶函数，不符合，
对于B, ，
根据图象可知，4处的函数值不超过5，故B不符合，
对于C，由于，显然不符合，
故选：D
6．A
【分析】以“宫”的顺序将音阶排序分为四类，再考虑“商”“角”顺序，运用排列组合知识可得答案.
【详解】①若“宫”为首音阶，“商”“角”可取音阶，
排成的音序有种；
②若“宫”为第2音阶，“商”“角”可取音阶，
排成的音序有种；
③若“宫”为第3音阶，“商”“角”可取14，15，24，25音阶，
排成的音序有种；
④若“宫”为第4音阶，“商”“角”可取13，15，25，35音阶，
排成的音序有种.
由分类加法计数原理可知，一共有种排法.
故选：A.
7．C
【分析】由抛物线的定义可得，设点、，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出，根据抛物线的焦点弦长公式可得出关于的等式，结合可求得的值.
【详解】抛物线的准线方程为，由抛物线的定义可得，
设点、，若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，联立，可得，
则，由韦达定理可得，
所以，，故，
所以，，整理可得，
即，因为，解得.
故选：C.
8．C
【分析】首先根据单调性的定义得到的范围，接着将看作一个整体，然后结合一元二次方程求解出的值，然后结合的值域求解出的范围.
【详解】由题意可知：为单调函数，
当时，单调递减;
故当时，也是单调递减，故
要确保在R上单调递减，则，
解得：，
所以满足在R上单调递减时，实数a的取值范围为
当时，，
又在上单调递减，，
所以，
即在上的值域为
令，则或3，
即或，
要使得有4个不同的实数解，
则，
解得：
综上，实数a的取值范围为：，即
故选：C.
9．ACD
【分析】先根据恒等变换公式化简，A：代入检验法判断；B：先求平移后的解析式，然后根据奇偶性作出判断；C：令，求出关于的表达式，对取值并结合所给范围判断零点个数；D：令，先分析的单调性，由此可判断出在区间上的单调性.
【详解】，
对于A：因为，所以是对称中心，故正确；
对于B：的图象向左平移个单位长度后所得到的图象的解析式为，
显然为奇函数，所以图象关于原点成中心对称，故错误；
对于C：当时，令，则，所以，
取，则，取，则，
取其他整数时，，所以在区间上有2个零点，故正确；
对于D：当时，则，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，故正确；
故选：ACD.
10．(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）依题意可得，再结合数列的单调性得到，从而得到，即可得证；
（2）若选①：，若选②：，利用裂项相消法计算可得.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以，
又数列单调递增且满足，即，
所以，
则，
即，
所以，
所以，又，
所以是首项为，公差为的等差数列.
（2）由（1）可得，则，
若选①：
，
所以
；
若选②：
，
所以
.
11．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一：取的中点为，取的中点为，并连接，由面面垂直得得平面，从而,由.又，故平面，从而，又，故平面，进行证明;
方法二：取的中点为，并连接，由面面垂直得平面，由余弦定理解得，知，又，故平面，进行证明.
（2）方法一：在平面中，过作于，作于，二面角的平面角为进行求解；
方法二：以分别为轴，为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量来求解．
【详解】（1）方法一：
取的中点为，取的中点为，并连接，如图所示.
因为为等边三角形，
故.
又平面平面，且平面平面，平面，
故平面，而平面，
从而.
又，故，
又，且为的中点，故有.
又，且平面，
故平面，平面，
从而，
又，且平面，故平面，
又平面，
故平面平面.
方法二：
取的中点为，并连接，如图所示.
因为为等边三角形，
故，
又平面平面，且平面平面，平面，
故平面，而平面，
从而，
又，故，
从而可得.
在和中，由，
得，
解得，
故由，知，
又，且平面，故平面，
又平面，故平面平面.
（2）方法一：
在平面中，过作于，作于，
设，
如图，易有解得
即为的中点.
设，因为为等边三角形，
故易有.
又，且平面平面，平面,
故平面，
故易有二面角的平面角为，如图所示.
在中，，故，
故，
即二面角的平面角的余弦值为.
方法二：
取的中点为，连接，并过作，
因为，且平面平面，平面平面，
平面,故平面，
又，
故以分别为轴，为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示.
由题可知：，
设，则
解得
即.
因为平面，故平面的法向量可取，
设平面的法向量为，则
可取
即，
故，
由图易知二面角为锐角，
故二面角的平面角的余弦值为.高三最后50天1天1练-26
姓名：___________班级：___________日期：___________
选择题
1．已知复数z在复平面内对应的点的坐标是，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知向量和的夹角为，且，，则（ ）
A．3 B． C． D．13
4．“体育强则中国强，国运兴则体育兴”.已知某运动员在2024年篮球联赛中连续10场的得分数据为：9，12，17，8，17，18，20，17，12，14，则这组数据的（ ）
A．第85百分位数为18 B．众数为12
C．中位数为17 D．平均成绩为14
5．已知，则（ ）
A． B． C．2 D．3
6．已知焦点在x轴上的双曲线的两条渐近线互相垂直，则（ ）
A．1 B． C． D．1或
7．已知幂函数是上的偶函数，且函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选择题
8．沿着下面左图纸带宽的三等分线（虚线）剪开，不能得到的剪开图是（ ）
A． B．
C． D．
9．函数，则（ ）
A． B．的单调递增区间为
C．最大值为 D．有两个零点
三、填空题
10．已知的展开式中的第2项的系数与第2项二项式系数之和为198，则展开式中的常数项为 ．
四、解答题
11．的内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若为锐角三角形，，求的取值范围.
12．已知定义在上的函数.
(1)若，判断是否存在极小值点，并说明理由；
(2)若存在两个零点，求的取值范围.
高三最后50天1天1练-26参考答案：
1．D
【分析】根据复数的乘法以及共轭复数的定义，可得答案.
【详解】由题意可得，则.
故选：D.
2．D
【分析】根据，结合图象列不等式即可求解.
【详解】因为，
所以,
所以由数轴得.
即的取值范围为.
故选：D.

3．A
【分析】利用平面向量的数量积公式和运算律求解即可.
【详解】由题意可得，
故选：A
4．A
【分析】由百分位数、众数、中位数、平均数的定义求出即可.
【详解】将得分数据按升序排列为：8，9，12，12，14，17，17，17，18，20，
对于A：因为，所以第85百分位数为第9位数，即为18，故A正确；
对于B：众数为17，故B错误；
对于C：中位数为：，故C错误；
对于D：平均数，故D错误；
故答案为：A.
5．C
【分析】根据两角和与差的正弦公式进行化简求值即可.
【详解】由于，
那么，
，则，
故选：C．
6．A
【分析】根据双曲线的标准方程与渐近线方程即可求解.
【详解】因为双曲线的焦点在x轴上，所以，即.
又双曲线的两条渐近线互相垂直，所以，即，解得或（舍）.
故选：A.
7．A
【分析】根据幂函数的性质得到，则，其对称轴方程为，根据单调性得到不等式，求出答案.
【详解】因为幂函数是上的偶函数，
则，解得或，
当时，，该函数是奇函数，不合乎题意；
当时，，该函数是定义域为的偶函数，合乎题意，所以，
则，其对称轴方程为，
因为在区间上单调递减，则.
故选：A.
8．ACD
【分析】可以实际操作一下即可得到正确选项
【详解】解：因为纸带是由一个长方形纸条一端扭曲180°后粘贴而成封闭环，沿着三等分线剪开时，会一次性剪完纸带的所有三等分线．
所以剪开图是两个套在一起的环，并且两个环的宽度是原纸带环宽度的.正确剪开图是B．
故选：ACD
9．ABD
【分析】对函数求导，根据导函数的符号确定原函数的单调性，继而得到函数的极值，即可逐一判断A,B,C,再结合函数的趋势，利用零点存在定理，作出其图象即可判断D.
【详解】对于A，因的定义域为，则，故A正确；
对于B，由可得，即的单调递增区间为，故B正确；
对于C，由上分析，当时，；当时，.
即函数在上单调递减，在上单调递增，则时，取得最小值，故C错误；
对于D，由上分析，函数在上单调递减，在上单调递增，且，
而当时，；当时，，
由零点存在定理，可知函数在区间和各有一个零点，故D正确.
故选：ABD.
10．60
【分析】利用二项式展开式的通项公式可得，可求得，进而令，计算可求常数项.
【详解】的展开式的通项公式为，
所以展开式中第2项的系数为，二项式系数为，所以，解得．
令，得，所以展开式中的常数项为.
故答案为：60.
11．10
【分析】把温度变为和的数据代入已知公式，两式比较可求得结论．
【详解】由题意温度降到50℃时，
温度降到35℃时，，
所以，所以，
,
故答案为：10.
12．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由三角变换公式可得，从而可求的值.
（2）利用正弦定理及三角变换公式可得，结合的范围可求其取值范围，从而可求的取值范围.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
故，
在中，，，所以，，则，
可得，所以，所以.
（2）由正弦定理可得（为外接圆的半径），
所以，，
因为，则，，
所以，
因为为锐角三角形，则，解得，
则，，故.
16．(1)无极小值点；理由见解析
(2)
【分析】（1）求导，确定单调性即可判断；
（2）参编分类得到，问题转换成与恰有两个交点，对求导确定单调性，极值，即可求解；
【详解】（1）依题意可得，
，故，
设，则，
，
在上单调递增，
，
在上单调递增，无极小值点；
（2）令，可得，
所以与恰有两个交点，
设，则，
令可得，
当时，；当时，，
在上单调递减，在上单调递增
，
当时，；当时，，
的取值范围是
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