2025屆湖南省長沙麓山國際學校高考適應(yīng)性考試數(shù)學試卷含解析_第1頁
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文檔簡介

2025屆湖南省長沙麓山國際學校高考適應(yīng)性考試數(shù)學試卷注意事項:1.答卷前,考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑,如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號。回答非選擇題時,將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后,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.已知橢圓:的左,右焦點分別為,,過的直線交橢圓于,兩點,若,且的三邊長,,成等差數(shù)列,則的離心率為()A. B. C. D.2.已知四棱錐的底面為矩形,底面,點在線段上,以為直徑的圓過點.若,則的面積的最小值為()A.9 B.7 C. D.3.若集合,,則A. B. C. D.4.已知圓關(guān)于雙曲線的一條漸近線對稱,則雙曲線的離心率為()A. B. C. D.5.已知雙曲線的左右焦點分別為,,以線段為直徑的圓與雙曲線在第二象限的交點為,若直線與圓相切,則雙曲線的漸近線方程是()A. B. C. D.6.已知集合,,則()A. B.C. D.7.一艘海輪從A處出發(fā),以每小時24海里的速度沿南偏東40°的方向直線航行,30分鐘后到達B處,在C處有一座燈塔,海輪在A處觀察燈塔,其方向是南偏東70°,在B處觀察燈塔,其方向是北偏東65°,那么B,C兩點間的距離是()A.6海里 B.6海里 C.8海里 D.8海里8.設(shè)為的兩個零點,且的最小值為1,則()A. B. C. D.9.如圖是一個幾何體的三視圖,則這個幾何體的體積為()A. B. C. D.10.函數(shù)在區(qū)間上的大致圖象如圖所示,則可能是()A.B.C.D.11.如圖,內(nèi)接于圓,是圓的直徑,,則三棱錐體積的最大值為()A. B. C. D.12.已知,且,則的值為()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知數(shù)列的前項和為,,且滿足,則數(shù)列的前10項的和為______.14.棱長為的正四面體與正三棱錐的底面重合,若由它們構(gòu)成的多面體的頂點均在一球的球面上,則正三棱錐的內(nèi)切球半徑為______.15.在直三棱柱內(nèi)有一個與其各面都相切的球O1,同時在三棱柱外有一個外接球.若,,,則球的表面積為______.16.已知,,,則的最小值是__.三、解答題:共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.(12分)已知數(shù)列滿足:對任意,都有.(1)若,求的值;(2)若是等比數(shù)列,求的通項公式;(3)設(shè),,求證:若成等差數(shù)列,則也成等差數(shù)列.18.(12分)已知函數(shù),其中,為自然對數(shù)的底數(shù).(1)當時,證明:對;(2)若函數(shù)在上存在極值,求實數(shù)的取值范圍。19.(12分)如圖,在等腰梯形中,AD∥BC,,,,,分別為,,的中點,以為折痕將折起,使點到達點位置(平面).(1)若為直線上任意一點,證明:MH∥平面;(2)若直線與直線所成角為,求二面角的余弦值.20.(12分)如圖中,為的中點,,,.(1)求邊的長;(2)點在邊上,若是的角平分線,求的面積.21.(12分)等差數(shù)列的前項和為,已知,.(Ⅰ)求數(shù)列的通項公式及前項和為;(Ⅱ)設(shè)為數(shù)列的前項的和,求證:.22.(10分)已知函數(shù).(1)求曲線在點處的切線方程;(2)若對任意的,當時,都有恒成立,求最大的整數(shù).(參考數(shù)據(jù):)

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、C【解析】

根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)設(shè)出,,,利用勾股定理列方程,結(jié)合橢圓的定義,求得.再利用勾股定理建立的關(guān)系式,化簡后求得離心率.【詳解】由已知,,成等差數(shù)列,設(shè),,.由于,據(jù)勾股定理有,即,化簡得;由橢圓定義知的周長為,有,所以,所以;在直角中,由勾股定理,,∴離心率.故選:C【點睛】本小題主要考查橢圓離心率的求法,考查橢圓的定義,考查等差數(shù)列的性質(zhì),屬于中檔題.2、C【解析】

根據(jù)線面垂直的性質(zhì)以及線面垂直的判定,根據(jù)勾股定理,得到之間的等量關(guān)系,再用表示出的面積,利用均值不等式即可容易求得.【詳解】設(shè),,則.因為平面,平面,所以.又,,所以平面,則.易知,.在中,,即,化簡得.在中,,.所以.因為,當且僅當,時等號成立,所以.故選:C.【點睛】本題考查空間幾何體的線面位置關(guān)系及基本不等式的應(yīng)用,考查空間想象能力以及數(shù)形結(jié)合思想,涉及線面垂直的判定和性質(zhì),屬中檔題.3、C【解析】

解一元次二次不等式得或,利用集合的交集運算求得.【詳解】因為或,,所以,故選C.【點睛】本題考查集合的交運算,屬于容易題.4、C【解析】

將圓,化為標準方程為,求得圓心為.根據(jù)圓關(guān)于雙曲線的一條漸近線對稱,則圓心在漸近線上,.再根據(jù)求解.【詳解】已知圓,所以其標準方程為:,所以圓心為.因為雙曲線,所以其漸近線方程為,又因為圓關(guān)于雙曲線的一條漸近線對稱,則圓心在漸近線上,所以.所以.故選:C【點睛】本題主要考查圓的方程及對稱性,還有雙曲線的幾何性質(zhì),還考查了運算求解的能力,屬于中檔題.5、B【解析】

先設(shè)直線與圓相切于點,根據(jù)題意,得到,再由,根據(jù)勾股定理求出,從而可得漸近線方程.【詳解】設(shè)直線與圓相切于點,因為是以圓的直徑為斜邊的圓內(nèi)接三角形,所以,又因為圓與直線的切點為,所以,又,所以,因此,因此有,所以,因此漸近線的方程為.故選B【點睛】本題主要考查雙曲線的漸近線方程,熟記雙曲線的簡單性質(zhì)即可,屬于??碱}型.6、C【解析】

求出集合,計算出和,即可得出結(jié)論.【詳解】,,,.故選:C.【點睛】本題考查交集和并集的計算,考查計算能力,屬于基礎(chǔ)題.7、A【解析】

先根據(jù)給的條件求出三角形ABC的三個內(nèi)角,再結(jié)合AB可求,應(yīng)用正弦定理即可求解.【詳解】由題意可知:∠BAC=70°﹣40°=30°.∠ACD=110°,∴∠ACB=110°﹣65°=45°,∴∠ABC=180°﹣30°﹣45°=105°.又AB=24×0.5=12.在△ABC中,由正弦定理得,即,∴.故選:A.【點睛】本題考查正弦定理的實際應(yīng)用,關(guān)鍵是將給的角度、線段長度轉(zhuǎn)化為三角形的邊角關(guān)系,利用正余弦定理求解.屬于中檔題.8、A【解析】

先化簡已知得,再根據(jù)題意得出f(x)的最小值正周期T為1×2,再求出ω的值.【詳解】由題得,設(shè)x1,x2為f(x)=2sin(ωx﹣)(ω>0)的兩個零點,且的最小值為1,∴=1,解得T=2;∴=2,解得ω=π.故選A.【點睛】本題考查了三角恒等變換和三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用問題,是基礎(chǔ)題.9、A【解析】

由三視圖還原原幾何體如圖,該幾何體為組合體,上半部分為半球,下半部分為圓柱,半球的半徑為1,圓柱的底面半徑為1,高為1.再由球與圓柱體積公式求解.【詳解】由三視圖還原原幾何體如圖,該幾何體為組合體,上半部分為半球,下半部分為圓柱,半球的半徑為1,圓柱的底面半徑為1,高為1.則幾何體的體積為.故選:.【點睛】本題主要考查由三視圖求面積、體積,關(guān)鍵是由三視圖還原原幾何體,意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.10、B【解析】

根據(jù)特殊值及函數(shù)的單調(diào)性判斷即可;【詳解】解:當時,,無意義,故排除A;又,則,故排除D;對于C,當時,,所以不單調(diào),故排除C;故選:B【點睛】本題考查根據(jù)函數(shù)圖象選擇函數(shù)解析式,這類問題利用特殊值與排除法是最佳選擇,屬于基礎(chǔ)題.11、B【解析】

根據(jù)已知證明平面,只要設(shè),則,從而可得體積,利用基本不等式可得最大值.【詳解】因為,所以四邊形為平行四邊形.又因為平面,平面,所以平面,所以平面.在直角三角形中,,設(shè),則,所以,所以.又因為,當且僅當,即時等號成立,所以.故選:B.【點睛】本題考查求棱錐體積的最大值.解題方法是:首先證明線面垂直同,得棱錐的高,然后設(shè)出底面三角形一邊長為,用建立體積與邊長的函數(shù)關(guān)系,由基本不等式得最值,或由函數(shù)的性質(zhì)得最值.12、A【解析】

由及得到、,進一步得到,再利用兩角差的正切公式計算即可.【詳解】因為,所以,又,所以,,所以.故選:A.【點睛】本題考查三角函數(shù)誘導(dǎo)公式、二倍角公式以及兩角差的正切公式的應(yīng)用,考查學生的基本計算能力,是一道基礎(chǔ)題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、1【解析】

由得時,,兩式作差,可求得數(shù)列的通項公式,進一步求出數(shù)列的和.【詳解】解:數(shù)列的前項和為,,且滿足,①當時,,②①-②得:,整理得:(常數(shù)),故數(shù)列是以為首項,2為公比的等比數(shù)列,所以(首項不符合通項),故,所以:,故答案為:1.【點睛】本題主要考查數(shù)列的通項公式的求法及應(yīng)用,數(shù)列的前項和的公式,屬于基礎(chǔ)題.14、【解析】

由棱長為的正四面體求出外接球的半徑,進而求出正三棱錐的高及側(cè)棱長,可得正三棱錐的三條側(cè)棱兩兩相互垂直,進而求出體積與表面積,設(shè)內(nèi)切圓的半徑,由等體積,求出內(nèi)切圓的半徑.【詳解】由題意可知:多面體的外接球即正四面體的外接球作面交于,連接,如圖則,且為外接球的直徑,可得,設(shè)三角形的外接圓的半徑為,則,解得,設(shè)外接球的半徑為,則可得,即,解得,設(shè)正三棱錐的高為,因為,所以,所以,而,所以正三棱錐的三條側(cè)棱兩兩相互垂直,所以,設(shè)內(nèi)切球的半徑為,,即解得:.故答案為:.【點睛】本題考查多面體與球的內(nèi)切和外接問題,考查轉(zhuǎn)化與化歸思想,考查空間想象能力、運算求解能力,求解時注意借助幾何體的直觀圖進行分析.15、【解析】

先求出球O1的半徑,再求出球的半徑,即得球的表面積.【詳解】解:,,,,設(shè)球O1的半徑為,由題得,所以棱柱的側(cè)棱為.由題得棱柱外接球的直徑為,所以外接球的半徑為,所以球的表面積為.故答案為:【點睛】本題主要考查幾何體的內(nèi)切球和外接球問題,考查球的表面積的計算,意在考查學生對這些知識的理解掌握水平,屬于中檔題.16、.【解析】

因為,展開后利用基本不等式,即可得到本題答案.【詳解】由,得,所以,當且僅當,取等號.故答案為:【點睛】本題主要考查利用基本不等式求最值,考查學生的轉(zhuǎn)化能力和運算求解能力.三、解答題:共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)3;(2);(3)見解析.【解析】

(1)依據(jù)下標的關(guān)系,有,,兩式相加,即可求出;(2)依據(jù)等比數(shù)列的通項公式知,求出首項和公比即可。利用關(guān)系式,列出方程,可以解出首項和公比;(3)利用等差數(shù)列的定義,即可證出?!驹斀狻浚?)因為對任意,都有,所以,,兩式相加,,解得;(2)設(shè)等比數(shù)列的首項為,公比為,因為對任意,都有,所以有,解得,又,即有,化簡得,,即,或,因為,化簡得,所以故。(3)因為對任意,都有,所以有,成等差數(shù)列,設(shè)公差為,,,,,由等差數(shù)列的定義知,也成等差數(shù)列?!军c睛】本題主要考查等差、等比數(shù)列的定義以及賦值法的應(yīng)用,意在考查學生的邏輯推理,數(shù)學建模,綜合運用數(shù)列知識的能力。18、(1)見證明;(2)【解析】

(1)利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性,進而求得函數(shù)的最小值,得到要證明的結(jié)論;(2)問題轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間上有解,法一:對a分類討論,分別研究a的不同取值下,導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性及值域,從而得到結(jié)論.法二:構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性求得函數(shù)的值域,再利用零點存在定理說明函數(shù)存在極值.【詳解】(1)當時,,于是,.又因為,當時,且.故當時,,即.所以,函數(shù)為上的增函數(shù),于是,.因此,對,;(2)方法一:由題意在上存在極值,則在上存在零點,①當時,為上的增函數(shù),注意到,,所以,存在唯一實數(shù),使得成立.于是,當時,,為上的減函數(shù);當時,,為上的增函數(shù);所以為函數(shù)的極小值點;②當時,在上成立,所以在上單調(diào)遞增,所以在上沒有極值;③當時,在上成立,所以在上單調(diào)遞減,所以在上沒有極值,綜上所述,使在上存在極值的的取值范圍是.方法二:由題意,函數(shù)在上存在極值,則在上存在零點.即在上存在零點.設(shè),,則由單調(diào)性的性質(zhì)可得為上的減函數(shù).即的值域為,所以,當實數(shù)時,在上存在零點.下面證明,當時,函數(shù)在上存在極值.事實上,當時,為上的增函數(shù),注意到,,所以,存在唯一實數(shù),使得成立.于是,當時,,為上的減函數(shù);當時,,為上的增函數(shù);即為函數(shù)的極小值點.綜上所述,當時,函數(shù)在上存在極值.【點睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值,涉及函數(shù)的單調(diào)性,導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,函數(shù)的最值的求法,考查構(gòu)造法的應(yīng)用,是一道綜合題.19、(1)見解析(2)【解析】

(1)根據(jù)中位線證明平面平面,即可證明MH∥平面;(2)以,,為,,軸建立空間直角坐標系,找到點的坐標代入公式即可計算二面角的余弦值.【詳解】(1)證明:連接,∵,,分別為,,的中點,∴,又∵平面,平面,∴平面,同理,平面,∵平面,平面,,∴平面平面,∵平面,∴平面.(2)連接,在和中,由余弦定理可得,,由與互補,,,可解得,于是,∴,,∵,直線與直線所成角為,∴,又,∴,即,∴平面,∴平面平面,∵為中點,,∴平面,如圖所示,分別以,,為,,軸建立空間直角坐標系,則,,,,.設(shè)平面的法向量為,∴,即.令,則,,可得平面的一個法向量為.又平面的一個法向量為,∴,∴二面角的余弦值為.【點睛】此題考查線面平行,建系通過坐標求二面角等知識點,屬于一般性題目.20、(1)10;(2).【解析】

(1)由題意可得cos∠ADB=﹣cos∠ADC,由已知利用余弦定理可得:9+BD2﹣52+9+BD2﹣16=0,進而解得BC的值.(2)由(1)可知△ADC為直角三角形,可求S△ADC6,S△ABC=2S△ADC=12,利用角平分線的性質(zhì)可得,根據(jù)S△ABC=S△BCE+S△ACE可求S△BCE的值.【詳解】(1)因為在邊上,所以,在和中由余弦定理,得,因為,,,,所以,所以,.所以邊的

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