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文檔簡介
河南省普通高中學2022-2023學年高三下數學試題強化訓練注意事項1.考試結束后,請將本試卷和答題卡一并交回.2.答題前,請務必將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置.3.請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符.4.作答選擇題,必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑;如需改動,請用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案.作答非選擇題,必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律無效.5.如需作圖,須用2B鉛筆繪、寫清楚,線條、符號等須加黑、加粗.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.已知復數(為虛數單位,),則在復平面內對應的點所在的象限為()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.公比為2的等比數列中存在兩項,,滿足,則的最小值為()A. B. C. D.3.某中學2019年的高考考生人數是2016年高考考生人數的1.2倍,為了更好地對比該校考生的升學情況,統計了該校2016年和2019年的高考情況,得到如圖柱狀圖:則下列結論正確的是().A.與2016年相比,2019年不上線的人數有所增加B.與2016年相比,2019年一本達線人數減少C.與2016年相比,2019年二本達線人數增加了0.3倍D.2016年與2019年藝體達線人數相同4.已知集合,,則集合的真子集的個數是()A.8 B.7 C.4 D.35.已知直線過圓的圓心,則的最小值為()A.1 B.2 C.3 D.46.用1,2,3,4,5組成不含重復數字的五位數,要求數字4不出現在首位和末位,數字1,3,5中有且僅有兩個數字相鄰,則滿足條件的不同五位數的個數是()A.48 B.60 C.72 D.1207.已知函數,且的圖象經過第一、二、四象限,則,,的大小關系為()A. B.C. D.8.已知函數.下列命題:①函數的圖象關于原點對稱;②函數是周期函數;③當時,函數取最大值;④函數的圖象與函數的圖象沒有公共點,其中正確命題的序號是()A.①④ B.②③ C.①③④ D.①②④9.()A. B. C. D.10.某四棱錐的三視圖如圖所示,則該四棱錐的體積為()A. B. C. D.11.過雙曲線左焦點的直線交的左支于兩點,直線(是坐標原點)交的右支于點,若,且,則的離心率是()A. B. C. D.12.已知為拋物線的準線,拋物線上的點到的距離為,點的坐標為,則的最小值是()A. B.4 C.2 D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.圓心在曲線上的圓中,存在與直線相切且面積為的圓,則當取最大值時,該圓的標準方程為______.14.在中,內角A,B,C的對邊分別是a,b,c,且,,,則_______.15.過圓的圓心且與直線垂直的直線方程為__________.16.過直線上一動點向圓引兩條切線MA,MB,切點為A,B,若,則四邊形MACB的最小面積的概率為________.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)已知等差數列和等比數列的各項均為整數,它們的前項和分別為,且,.(1)求數列,的通項公式;(2)求;(3)是否存在正整數,使得恰好是數列或中的項?若存在,求出所有滿足條件的的值;若不存在,說明理由.18.(12分)如圖,在四棱錐中,底面是矩形,四條側棱長均相等.(1)求證:平面;(2)求證:平面平面.19.(12分)已知函數.(1)當時,判斷在上的單調性并加以證明;(2)若,,求的取值范圍.20.(12分)選修4-2:矩陣與變換(本小題滿分10分)已知矩陣A=(k≠0)的一個特征向量為α=,A的逆矩陣A-1對應的變換將點(3,1)變為點(1,1).求實數a,k的值.21.(12分)已知橢圓與拋物線有共同的焦點,且離心率為,設分別是為橢圓的上下頂點(1)求橢圓的方程;(2)過點與軸不垂直的直線與橢圓交于不同的兩點,當弦的中點落在四邊形內(含邊界)時,求直線的斜率的取值范圍.22.(10分)已知函數.(1)當時,求函數在處的切線方程;(2)若函數沒有零點,求實數的取值范圍.
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】
分別比較復數的實部、虛部與0的大小關系,可判斷出在復平面內對應的點所在的象限.【詳解】因為時,所以,,所以復數在復平面內對應的點位于第二象限.故選:B.【點睛】本題考查復數的幾何意義,考查學生的計算求解能力,屬于基礎題.2.D【解析】
根據已知條件和等比數列的通項公式,求出關系,即可求解.【詳解】,當時,,當時,,當時,,當時,,當時,,當時,,最小值為.故選:D.【點睛】本題考查等比數列通項公式,注意為正整數,如用基本不等式要注意能否取到等號,屬于基礎題.3.A【解析】
設2016年高考總人數為x,則2019年高考人數為,通過簡單的計算逐一驗證選項A、B、C、D.【詳解】設2016年高考總人數為x,則2019年高考人數為,2016年高考不上線人數為,2019年不上線人數為,故A正確;2016年高考一本人數,2019年高考一本人數,故B錯誤;2019年二本達線人數,2016年二本達線人數,增加了倍,故C錯誤;2016年藝體達線人數,2019年藝體達線人數,故D錯誤.故選:A.【點睛】本題考查柱狀圖的應用,考查學生識圖的能力,是一道較為簡單的統計類的題目.4.D【解析】
轉化條件得,利用元素個數為n的集合真子集個數為個即可得解.【詳解】由題意得,,集合的真子集的個數為個.故選:D.【點睛】本題考查了集合的化簡和運算,考查了集合真子集個數問題,屬于基礎題.5.D【解析】
圓心坐標為,代入直線方程,再由乘1法和基本不等式,展開計算即可得到所求最小值.【詳解】圓的圓心為,由題意可得,即,,,則,當且僅當且即時取等號,故選:.【點睛】本題考查最值的求法,注意運用乘1法和基本不等式,注意滿足的條件:一正二定三等,同時考查直線與圓的關系,考查運算能力,屬于基礎題.6.A【解析】
對數字分類討論,結合數字中有且僅有兩個數字相鄰,利用分類計數原理,即可得到結論【詳解】數字出現在第位時,數字中相鄰的數字出現在第位或者位,共有個數字出現在第位時,同理也有個數字出現在第位時,數字中相鄰的數字出現在第位或者位,共有個故滿足條件的不同的五位數的個數是個故選【點睛】本題主要考查了排列,組合及簡單計數問題,解題的關鍵是對數字分類討論,屬于基礎題。7.C【解析】
根據題意,得,,則為減函數,從而得出函數的單調性,可比較和,而,比較,即可比較.【詳解】因為,且的圖象經過第一、二、四象限,所以,,所以函數為減函數,函數在上單調遞減,在上單調遞增,又因為,所以,又,,則|,即,所以.故選:C.【點睛】本題考查利用函數的單調性比較大小,還考查化簡能力和轉化思想.8.A【解析】
根據奇偶性的定義可判斷出①正確;由周期函數特點知②錯誤;函數定義域為,最值點即為極值點,由知③錯誤;令,在和兩種情況下知均無零點,知④正確.【詳解】由題意得:定義域為,,為奇函數,圖象關于原點對稱,①正確;為周期函數,不是周期函數,不是周期函數,②錯誤;,,不是最值,③錯誤;令,當時,,,,此時與無交點;當時,,,,此時與無交點;綜上所述:與無交點,④正確.故選:.【點睛】本題考查函數與導數知識的綜合應用,涉及到函數奇偶性和周期性的判斷、函數最值的判斷、兩函數交點個數問題的求解;本題綜合性較強,對于學生的分析和推理能力有較高要求.9.D【解析】
利用,根據誘導公式進行化簡,可得,然后利用兩角差的正弦定理,可得結果.【詳解】由所以,所以原式所以原式故故選:D【點睛】本題考查誘導公式以及兩角差的正弦公式,關鍵在于掌握公式,屬基礎題.10.B【解析】
由三視圖知該四棱錐是底面為正方形,且一側棱垂直于底面,由此求出四棱錐的體積.【詳解】由三視圖知該四棱錐是底面為正方形,且一側棱垂直于底面,畫出四棱錐的直觀圖,如圖所示:則該四棱錐的體積為.故選:B.【點睛】本題考查了利用三視圖求幾何體體積的問題,是基礎題.11.D【解析】
如圖,設雙曲線的右焦點為,連接并延長交右支于,連接,設,利用雙曲線的幾何性質可以得到,,結合、可求離心率.【詳解】如圖,設雙曲線的右焦點為,連接,連接并延長交右支于.因為,故四邊形為平行四邊形,故.又雙曲線為中心對稱圖形,故.設,則,故,故.因為為直角三角形,故,解得.在中,有,所以.故選:D.【點睛】本題考查雙曲線離心率,注意利用雙曲線的對稱性(中心對稱、軸對稱)以及雙曲線的定義來構造關于的方程,本題屬于難題.12.B【解析】
設拋物線焦點為,由題意利用拋物線的定義可得,當共線時,取得最小值,由此求得答案.【詳解】解:拋物線焦點,準線,過作交于點,連接由拋物線定義,
,
當且僅當三點共線時,取“=”號,∴的最小值為.
故選:B.【點睛】本題主要考查拋物線的定義、標準方程,以及簡單性質的應用,體現了數形結合的數學思想,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】
由題意可得圓的面積求出圓的半徑,由圓心在曲線上,設圓的圓心坐標,到直線的距離等于半徑,再由均值不等式可得的最大值時圓心的坐標,進而求出圓的標準方程.【詳解】設圓的半徑為,由題意可得,所以,由題意設圓心,由題意可得,由直線與圓相切可得,所以,而,,所以,即,解得,所以的最大值為2,當且僅當時取等號,可得,所以圓心坐標為:,半徑為,所以圓的標準方程為:.故答案為:.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系及均值不等式的應用,考查函數與方程思想、轉化與化歸思想,考查邏輯推理能力、運算求解能力,求解時注意驗正等號成立的條件.14.9【解析】
已知由余弦定理即可求得,由可求得,即可求得,利用正弦定理即可求得結果.【詳解】由余弦定理和,可得,得,由,,,由正弦定理,得.故答案為:.【點睛】本題考查正余弦定理在解三角形中的應用,難度一般.15.【解析】
根據與已知直線垂直關系,設出所求直線方程,將已知圓圓心坐標代入,即可求解.【詳解】圓心為,所求直線與直線垂直,設為,圓心代入,可得,所以所求的直線方程為.故答案為:.【點睛】本題考查圓的方程、直線方程求法,注意直線垂直關系的靈活應用,屬于基礎題.16..【解析】
先求圓的半徑,四邊形的最小面積,轉化為的最小值為,求出切線長的最小值,再求的距離也就是圓心到直線的距離,可解得的取值范圍,利用幾何概型即可求得概率.【詳解】由圓的方程得,所以圓心為,半徑為,四邊形的面積,若四邊形的最小面積,所以的最小值為,而,即的最小值,此時最小為圓心到直線的距離,此時,因為,所以,所以的概率為.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系,及與長度有關的幾何概型,考查了學生分析問題的能力,難度一般.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);(2);(3)存在,1.【解析】
(1)利用基本量法直接計算即可;(2)利用錯位相減法計算;(3),令可得,,討論即可.【詳解】(1)設數列的公差為,數列的公比為,因為,所以,即,解得,或(舍去).所以.(2),,所以,所以.(3)由(1)可得,,所以.因為是數列或中的一項,所以,所以,因為,所以,又,則或.當時,有,即,令.則.當時,;當時,,即.由,知無整數解.當時,有,即存在使得是數列中的第2項,故存在正整數,使得是數列中的項.【點睛】本題考查數列的綜合應用,涉及到等差、等比數列的通項,錯位相減法求數列的前n項和,數列中的存在性問題,是一道較為綜合的題.18.(1)證明見解析;(2)證明見解析.【解析】
證明:(1)在矩形中,,又平面,平面,所以平面.(2)連結,交于點,連結,在矩形中,點為的中點,又,故,,又,平面,所以平面,又平面,所以平面平面.19.(1)在為增函數;證明見解析(2)【解析】
(1)令,求出,可推得,故在為增函數;(2)令,則,由此利用分類討論思想和導數性質求出實數的取值范圍.【詳解】(1)當時,.記,則,當時,,.所以,所以在單調遞增,所以.因為,所以,所以在為增函數.(2)由題意,得,記,則,令,則,當時,,,所以,所以在為增函數,即在單調遞增,所以.①當,,恒成立,所以為增函數,即在單調遞增,又,所以,所以在為增函數,所以所以滿足題意.②當,,令,,因為,所以,故在單調遞增,故,即.故,又在單調遞增,由零點存在性定理知,存在唯一實數,,當時,,單調遞減,即單調遞減,所以,此時在為減函數,所以,不合題意,應舍去.綜上所述,的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了導數的綜合應用,利用導數研究函數的單調性、最值和零點及不等式恒成立等問題,考查化歸與轉化思想、分類與整合思想、函數與方程思想,考查了學生的邏輯推理和運算求解能力,屬于難題.20.解:設特征向量為α=對應的特征值為λ,則=λ,即因為k≠0,所以a=2.5分因為,所以A=,即=,所以2+k=3,解得k=2.綜上,a=2,k=2.
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