精品解析：甘肃省甘谷县第六中学2025届高三第六次质量检测数学试卷

2024-2025学年甘肃省天水市甘谷六中高三（下）第六次质检数学试卷（2月份） 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，结合交集的概念即可得解. 【详解】因为，， 所以. 故选：B. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用共轭复数的概念，以及复数的乘除运算即可求得结果. 【详解】因为，所以． 故选：D. 3. 已知向量，是单位向量，且，则向量与的夹角是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及数量积的定义，列式求出夹角的余弦. 【详解】设向量，的夹角为，，由，为单位向量，得， 由，得，解得， 所以. 故选：C 4. 已知圆的圆心为，且直线与圆相切，则圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由直线与圆相切结合点到直线距离公式求出圆的半径r即可得解. 【详解】因为直线与圆相切，设圆的半径为r， 则， 所以圆的标准方程为. 故选：A. 5. 已知双曲线，点在上，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式以及双曲线的离心率公式求解. 【详解】设点，则，即， 又两条渐近线方程为，即，故有， 所以． 故选:D. 6. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分,,,，讨论的正负号，排除A,C，比较的大小，排除D. 【详解】函数的定义域为， 当时，，当时，，故选项C错误， 当时，，当时，，故选项A错误， 且，， 因为，所以，故选项D错误. 只有B中图象符合题意， 故选：B. 7. 若等差数列的前项和为，则“且”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的单调性以及等差数列的性质即可判断，说明充分性，由时，即可说明不必要性. 【详解】因为且，所以等差数列单调递减，且公差小于0， 故，， 则， 即，所以， 由，当时，等差数列单调递增， 则不可能满足且， 因此“且”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 8. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧所在圆台的底面半径分别是和，且，圆台的侧面积为，则该圆台的体积为（ ） 图1 图2 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知分别求出上下底面面积，最后由圆台的体积计算公式. 【详解】，圆台的侧面积为,母线长． 圆台的高， 则圆台上下底面面积为， 由圆台的体积计算公式可得：． 故选：C． 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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 的最大值为1 【答案】AC 【解析】 【分析】根据的性质逐一判断即可. 【详解】，故A正确； ，所以不是对称轴，故B错误； ，所以是的一个零点，故C正确； 因为振幅，所以的最大值为，故D错误. 故选：AC. 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在上，且的最大值为3，最小值为1，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 的周长为4 C. 椭圆上存在点，使得 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】利用焦半径公式可得，即可知A正确；根据焦点三角形性质可知周长为，即B错误；利用余弦定理可知的最大值为，可得C错误；D正确. 【详解】对A，根据椭圆性质可知，故，所以椭圆的离心率为，故A正确； 对B，易知的周长为，故B错误； 对C，易知 ， 当且仅当时，等号成立， 因为在上递减，所以此时最大， 所以的最大值为，故C错误； 对D，由余弦定理 ， 即， 解得，故，故D正确； 故选：AD 11. 已知定义在R上的函数满足，当时，，，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 在R上单调递减 D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，赋值法得到，，；B选项，先赋值得到，令得，故B正确；C选项，令，且，当时，，故，从而在R上单调递增；D选项，先变形得到，又，故，由函数单调性得到D正确. 【详解】A选项，中， 令中，令得， 令得，即，A正确； B选项，中，令得，解得， 中，令得， 故为奇函数，B正确； C选项，中，令，且， 故，即， 当时，，故， 即，故在R上单调递增，C错误； D选项， 由A知，， 又，故，又在R上单调递增，所以，D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知且，若，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据对数式和指数式的互化，结合指数幂的运算，即可求得答案. 【详解】由已知且，， 得，则， 故， 故答案为： 13. 已知，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用辅助角公式求出，再利用诱导公式和二倍角公式求解即可． 【详解】， ∴，则，故， ， 故答案为： 14. 若不等式对恒成立，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先将不等式变形为，再把看成整体求解函数的值域，由不等式恒成立可得关于的不等关系，再利用不等关系表达所求式，并求其范围探究最值即可. 【详解】由，可得. 令，则在上单调递增，所以， 由对恒成立， 所以，则，故， 当且仅当，即时，等号成立，故的最大值为3. 故答案为：. 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. 已知数列是由正数组成的等比数列，且，． （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的通项公式联立两个方程即可求得结果. （2）根据题干中的条件先求出，再用分组求和即可求得结果. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，由， 得，∵是由正数组成的等比数列，则，， 则，解得或（舍），又，所以， 解得，所以 【小问2详解】 ， 所以 16. 记的内角，，的对边分别为，，．已知，，． （1）求的值； （2）若点在边上，且，求． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理求解； （2）根据余弦定理先求，再求，或者应用向量关系平方计算即可. 【小问1详解】 如图，在中，因为，，， 所以． 【小问2详解】 方法一 因为点在边上，且， 所以，， 又因为， 所以在中，由余弦定理得，可得． 方法二 ， ， ， ，即． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程. （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出、，利用直线的点斜式方程可得答案； （2）转化为的图象有2个交点，令，利用导数求出值域，结合图象可得答案. 【小问1详解】 当时，，所以, ，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 ， 由得， 的图象有2个交点， 令， ，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，所以， 且时，，， 所以时，，所以的大致图象如下， 所以若函数有两个零点， 则， 所以实数的取值范围为. 18. 在平面直角坐标系中，抛物线上一点A的横坐标为，且点A到焦点F的距离为2． （1）求抛物线的方程； （2）点P在抛物线上，直线与直线交于Q点，过点F且平行于的直线交抛物线于两点，且，求λ的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用抛物线的定义建立方程，求解参数即可. （2）利用焦半径公式结合两点间距离公式求解边长，建立方程求解参数即可. 【小问1详解】 因为点到焦点F的距离为2， 所以点到抛物线准线的距离为2， 抛物线的准线方程为，点的横坐标为， ，解得， 抛物线的方程为． 【小问2详解】 如图，易知直线BC的斜率存在，设直线BC的方程为， 联立，消得， 设， 又， ∵，则直线OP的方程为， 联立，消得， 令，则， ，故的值为． 【点睛】关键点点睛：本题考查求解析几何，解题关键是利用焦半径公式结合距离公式表示边长，然后建立方程，得到所要求的参数值即可． 19. 如图，在三棱锥中，，，是线段上的点. （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； （3）若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长. 【答案】（1）证明如下： 取的中点，连接、， 因为，，则， 所以，所以，所以， 又因为，所以，则， 又因为，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量可得出关于的方程，解出的值，即可求得的长； （3）设，设，根据空间向量的坐标运算求出点的坐标，将三棱锥的体积表示为关于的函数关系式， 利用基本不等式求出三棱锥体积的最大值，利用等号成立的条件求出的值，可得出点、的坐标，求出平面的法向量， 设，求出的坐标，根据求出的值，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，所以，， 因为为棱上的点，设，其中， 所以，，且， 设平面的法向量为， 则， 不妨取，可得， 因为线与平面所成角的正弦值为， 所以， 则，化简可得：， 解得：或（舍去）. 所以. 【小问3详解】 设，因为，其中， 所以，，可得，即点， 因为平面，则点，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值， 此时，点， 由（2）可知，此时，平面的一个法向量为， 设，其中， 则， 因为平面，则， 所以，，解得， 所以，， 所以.即的长为. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年甘肃省天水市甘谷六中高三（下）第六次质检数学试卷（2月份） 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，是单位向量，且，则向量与的夹角是（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆的圆心为，且直线与圆相切，则圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线，点在上，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 7. 若等差数列的前项和为，则“且”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧所在圆台的底面半径分别是和，且，圆台的侧面积为，则该圆台的体积为（ ） 图1 图2 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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 的最大值为1 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在上，且的最大值为3，最小值为1，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 的周长为4 C. 椭圆上存在点，使得 D. 若，则 11. 已知定义在R上的函数满足，当时，，，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 在R上单调递减 D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知且，若，则__________． 13. 已知，则______. 14. 若不等式对恒成立，则的最大值为__________. 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. 已知数列是由正数组成的等比数列，且，． （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，求数列的前项和． 16. 记的内角，，的对边分别为，，．已知，，． （1）求的值； （2）若点在边上，且，求． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程. （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围. 18. 在平面直角坐标系中，抛物线上一点A的横坐标为，且点A到焦点F的距离为2． （1）求抛物线的方程； （2）点P在抛物线上，直线与直线交于Q点，过点F且平行于的直线交抛物线于两点，且，求λ的值． 19. 如图，在三棱锥中，，，是线段上的点. （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； （3）若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $