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文檔簡介
2023-2024學年烏海市重點中學高考適應性考試數學試卷注意事項1.考生要認真填寫考場號和座位序號。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監考員收回。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.閱讀下側程序框圖,為使輸出的數據為31,則①處應填的數字為A.4 B.5 C.6 D.72.在中,點為中點,過點的直線與,所在直線分別交于點,,若,,則的最小值為()A. B.2 C.3 D.3.設,則(
)A.10 B.11 C.12 D.134.如圖,圓的半徑為,,是圓上的定點,,是圓上的動點,點關于直線的對稱點為,角的始邊為射線,終邊為射線,將表示為的函數,則在上的圖像大致為()A. B. C. D.5.執行如圖所示的程序框圖,若輸出的值為8,則框圖中①處可以填().A. B. C. D.6.已知,,若,則實數的值是()A.-1 B.7 C.1 D.1或77.設全集U=R,集合,則()A. B. C. D.8.設雙曲線的左右焦點分別為,點.已知動點在雙曲線的右支上,且點不共線.若的周長的最小值為,則雙曲線的離心率的取值范圍是()A. B. C. D.9.已知正三棱錐的所有頂點都在球的球面上,其底面邊長為4,、、分別為側棱,,的中點.若在三棱錐內,且三棱錐的體積是三棱錐體積的4倍,則此外接球的體積與三棱錐體積的比值為()A. B. C. D.10.設函數在上可導,其導函數為,若函數在處取得極大值,則函數的圖象可能是()A. B.C. D.11.已知為非零向量,“”為“”的()A.充分不必要條件 B.充分必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件12.函數的大致圖象為()A. B.C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.函數的最小正周期為________;若函數在區間上單調遞增,則的最大值為________.14.已知兩個單位向量滿足,則向量與的夾角為_____________.15.函數的極大值為______.16.已知直線被圓截得的弦長為2,則的值為__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)已知直線的參數方程為為參數),以坐標原點為極點,軸的正半軸為極軸建立極坐標系,曲線的極坐標方程為.(1)求直線的普通方程和曲線的直角坐標方程;(2)設點,直線與曲線交于兩點,求的值.18.(12分)等差數列的前項和為,已知,.(Ⅰ)求數列的通項公式及前項和為;(Ⅱ)設為數列的前項的和,求證:.19.(12分)若數列前n項和為,且滿足(t為常數,且)(1)求數列的通項公式:(2)設,且數列為等比數列,令,.求證:.20.(12分)如圖,三棱錐中,點,分別為,的中點,且平面平面.求證:平面;若,,求證:平面平面.21.(12分)如圖,在三棱柱中,平面,,且.(1)求棱與所成的角的大小;(2)在棱上確定一點,使二面角的平面角的余弦值為.22.(10分)如圖,直線y=2x-2與拋物線x2=2py(p>0)交于M1,M2兩點,直線y=p2與(1)求p的值;(2)設A是直線y=p2上一點,直線AM2交拋物線于另一點M3,直線M1M
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、B【解析】考點:程序框圖.分析:分析程序中各變量、各語句的作用,再根據流程圖所示的順序,可知:該程序的作用是利用循環求S的值,我們用表格列出程序運行過程中各變量的值的變化情況,不難給出答案.解:程序在運行過程中各變量的值如下表示:Si是否繼續循環循環前11/第一圈32是第二圈73是第三圈154是第四圈315否故最后當i<5時退出,故選B.2、B【解析】
由,,三點共線,可得,轉化,利用均值不等式,即得解.【詳解】因為點為中點,所以,又因為,,所以.因為,,三點共線,所以,所以,當且僅當即時等號成立,所以的最小值為1.故選:B【點睛】本題考查了三點共線的向量表示和利用均值不等式求最值,考查了學生綜合分析,轉化劃歸,數學運算的能力,屬于中檔題.3、B【解析】
根據題中給出的分段函數,只要將問題轉化為求x≥10內的函數值,代入即可求出其值.【詳解】∵f(x),∴f(5)=f[f(1)]=f(9)=f[f(15)]=f(13)=1.故選:B.【點睛】本題主要考查了分段函數中求函數的值,屬于基礎題.4、B【解析】
根據圖象分析變化過程中在關鍵位置及部分區域,即可排除錯誤選項,得到函數圖象,即可求解.【詳解】由題意,當時,P與A重合,則與B重合,所以,故排除C,D選項;當時,,由圖象可知選B.故選:B【點睛】本題主要考查三角函數的圖像與性質,正確表示函數的表達式是解題的關鍵,屬于中檔題.5、C【解析】
根據程序框圖寫出幾次循環的結果,直到輸出結果是8時.【詳解】第一次循環:第二次循環:第三次循環:第四次循環:第五次循環:第六次循環:第七次循環:第八次循環:所以框圖中①處填時,滿足輸出的值為8.故選:C【點睛】此題考查算法程序框圖,根據循環條件依次寫出每次循環結果即可解決,屬于簡單題目.6、C【解析】
根據平面向量數量積的坐標運算,化簡即可求得的值.【詳解】由平面向量數量積的坐標運算,代入化簡可得.∴解得.故選:C.【點睛】本題考查了平面向量數量積的坐標運算,屬于基礎題.7、A【解析】
求出集合M和集合N,,利用集合交集補集的定義進行計算即可.【詳解】,,則,故選:A.【點睛】本題考查集合的交集和補集的運算,考查指數不等式和二次不等式的解法,屬于基礎題.8、A【解析】
依題意可得即可得到,從而求出雙曲線的離心率的取值范圍;【詳解】解:依題意可得如下圖象,所以則所以所以所以,即故選:A【點睛】本題考查雙曲線的簡單幾何性質,屬于中檔題.9、D【解析】
如圖,平面截球所得截面的圖形為圓面,計算,由勾股定理解得,此外接球的體積為,三棱錐體積為,得到答案.【詳解】如圖,平面截球所得截面的圖形為圓面.正三棱錐中,過作底面的垂線,垂足為,與平面交點記為,連接、.依題意,所以,設球的半徑為,在中,,,,由勾股定理:,解得,此外接球的體積為,由于平面平面,所以平面,球心到平面的距離為,則,所以三棱錐體積為,所以此外接球的體積與三棱錐體積比值為.故選:D.【點睛】本題考查了三棱錐的外接球問題,三棱錐體積,球體積,意在考查學生的計算能力和空間想象能力.10、B【解析】
由題意首先確定導函數的符號,然后結合題意確定函數在區間和處函數的特征即可確定函數圖像.【詳解】函數在上可導,其導函數為,且函數在處取得極大值,當時,;當時,;當時,.時,,時,,當或時,;當時,.故選:【點睛】根據函數取得極大值,判斷導函數在極值點附近左側為正,右側為負,由正負情況討論圖像可能成立的選項,是判斷圖像問題常見方法,有一定難度.11、B【解析】
由數量積的定義可得,為實數,則由可得,根據共線的性質,可判斷;再根據判斷,由等價法即可判斷兩命題的關系.【詳解】若成立,則,則向量與的方向相同,且,從而,所以;若,則向量與的方向相同,且,從而,所以.所以“”為“”的充分必要條件.故選:B【點睛】本題考查充分條件和必要條件的判定,考查相等向量的判定,考查向量的模、數量積的應用.12、A【解析】
利用特殊點的坐標代入,排除掉C,D;再由判斷A選項正確.【詳解】,排除掉C,D;,,,.故選:A.【點睛】本題考查了由函數解析式判斷函數的大致圖象問題,代入特殊點,采用排除法求解是解決這類問題的一種常用方法,屬于中檔題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】
直接計算得到答案,根據題意得到,,解得答案.【詳解】,故,當時,,故,解得.故答案為:;.【點睛】本題考查了三角函數的周期和單調性,意在考查學生對于三角函數知識的綜合應用.14、【解析】
由得,即得解.【詳解】由題意可知,則.解得,所以,向量與的夾角為.故答案為:【點睛】本題主要考查平面向量的數量積的計算和夾角的計算,意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.15、【解析】
先求函的定義域,再對函數進行求導,再解不等式得單調區間,進而求得極值點,即可求出函數的極大值.【詳解】函數,,,令得,,當時,,函數單調遞增;當時,,函數單調遞減,當時,函數取到極大值,極大值為.故答案為:.【點睛】本題考查利用導數研究函數的極值,考查函數與方程思想、轉化與化歸思想,考查運算求解能力,求解時注意定義域優先法則的應用.16、1【解析】
根據弦長為半徑的兩倍,得直線經過圓心,將圓心坐標代入直線方程可解得.【詳解】解:圓的圓心為(1,1),半徑,
因為直線被圓截得的弦長為2,
所以直線經過圓心(1,1),
,解得.故答案為:1.【點睛】本題考查了直線與圓相交的性質,屬基礎題.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、(1)直線普通方程:,曲線直角坐標方程:;(2).【解析】
(1)消去直線參數方程中的參數即可得到其普通方程;將曲線極坐標方程化為,根據極坐標和直角坐標互化原則可得其直角坐標方程;(2)將直線參數方程代入曲線的直角坐標方程,根據參數的幾何意義可知,利用韋達定理求得結果.【詳解】(1)由直線參數方程消去可得普通方程為:曲線極坐標方程可化為:則曲線的直角坐標方程為:,即(2)將直線參數方程代入曲線的直角坐標方程,整理可得:設兩點對應的參數分別為:,則,【點睛】本題考查極坐標與直角坐標的互化、參數方程與普通方程的互化、直線參數方程中參數的幾何意義的應用;求解距離之和的關鍵是能夠明確直線參數方程中參數的幾何意義,利用韋達定理來進行求解.18、(Ⅰ),(Ⅱ)見解析【解析】
(Ⅰ)根據等差數列公式直接計算得到答案.(Ⅱ),根據裂項求和法計算得到得到證明.【詳解】(Ⅰ)等差數列的公差為,由,得,,即,,解得,.∴,.(Ⅱ),∴,∴,即.【點睛】本題考查了等差數列的基本量的計算,裂項求和,意在考查學生對于數列公式方法的靈活運用.19、(1)(2)詳見解析【解析】
(1)利用可得的遞推關系,從而可求其通項.(2)由為等比數列可得,從而可得的通項,利用錯位相減法可得的前項和,利用不等式的性質可證.【詳解】(1)由題意,得:(t為常數,且),當時,得,得.由,故,,故.(2)由,由為等比數列可知:,又,故,化簡得到,所以或(舍).所以,,則.設的前n項和為.則,相減可得【點睛】數列的通項與前項和的關系式,我們常利用這個關系式實現與之間的相互轉化.數列求和關鍵看通項的結構形式,如果通項是等差數列與等比數列的和,則用分組求和法;如果通項是等差數列與等比數列的乘積,則用錯位相減法;如果通項可以拆成一個數列連續兩項的差,那么用裂項相消法;如果通項的符號有規律的出現,則用并項求和法.20、證明見解析;證明見解析.【解析】
利用線面平行的判定定理求證即可;為中點,為中點,可得,,,可知,故為直角三角形,,利用面面垂直的判定定理求證即可.【詳解】解:證明:為中點,為中點,,又平面,平面,平面;證明:為中點,為中點,,又,,則,故為直角三角形,,平面平面,平面平面,,平面,平面,又∵平面,平面平面.【點睛】本題考查線面平行和面面垂直的判定定理的應用,屬于基礎題.21、(1)(2)【解析】試題分析:(1)因為AB⊥AC,A1B⊥平面ABC,所以以A為坐標原點,分別以AC、AB所在直線分別為x軸和y軸,以過A,且平行于BA1的直線為z軸建立空間直角坐標系,由AB=AC=A1B=2求出所要用到的點的坐標,求出棱AA1與BC上的兩個向量,由向量的夾角求棱AA1與BC所成的角的大小;
(2)設棱B1C1上的一點P,由向量共線得到P點的坐標,然后求出兩個平面PAB與平面ABA1的一個法向量,把二面角P-AB-A1的平面角的余弦值為,轉化為它們法向量所成角的余弦值,由此確定出P點的坐標.試題解析:解(1)如圖,以為原點建立空間直角坐標系,則,.,故與棱所成的角是.(2)為棱中點,設,則.設平面的法向量為,,則,故而平面的法向量是,則,解得,即為棱中點,其坐標為.點睛:本題主要考查線面垂直的判定與性質,以及利用空間向量求二面角.空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是:(1)觀察圖形,建立恰當的空間直角坐標系;(2)寫出相應點的坐標,求出相應直線的方向向量;(3)設出相應平面的法向量,利用兩直線垂直數量積為零列出方程組求出法向量;(4)將空間位置關系轉化為向量關系;(5)根據定理結論求出相應的角和距離.22、(1)p=4;(2)OA?【解析】試題分析:(1)聯立直線的方程和拋物線的方程y=2x-2x2=2py,化簡寫出根與系數關系,由于直線y=p2平分∠M1FM2,所以kM1F+kM2F=0,代入點的坐標化
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