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文檔簡介
安徽省示范高中皖北協作區屆高三下學期第屆聯考(一模)數學試題注意事項:答題前,考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他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.考試結束后,將本試卷和答題卡一并交回.本試卷主要考試內容:高考全部內容.85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..中國代表隊在歷屆夏季奧運會獲得的金牌數依次為15,5,16,16,28,32,48,39,26,38,40,則這屆夏季奧運會中國代表隊獲得的金牌數的第40百分位數為()A.16B.26C.28D.32【答案】B【解析】【分析】由百分位數的計算公式即可求解.【詳解】將這組數據按照從小到大的順序排列為5,15,16,16,26,28,32,38,39,40,48.因為,所以這屆夏季奧運會中國代表隊獲得的金牌數的第40百分位數是第五個數26.故選:B2.若集合,,則中元素的個數為()A.4B.5C.6D.7【答案】C【解析】【分析】先解一元二次不等式,再應用交集定義計算即可.【詳解】由題意可得,則,第1頁/共21頁故中元素的個數為6.故選:C.3.圓與圓的位置關系是()A.內切B.外離C.外切D.內含【答案】A【解析】【分析】先寫出圓的圓心及半徑,再根據圓心間距離和半徑的關系判斷圓與圓的位置關系.【詳解】圓O與圓M的半徑分別為1,4,圓心坐標分別為,則,故圓O與圓M的位置關系是內切.故選:A.4.在正四棱柱中,,分別為側棱上一點,則的最小值為()A.B.C.D.14【答案】A【解析】【分析】將正四棱柱的側面展開,由直線段最短求解.【詳解】如圖所示:,將正四棱柱(圖1)的側面展開,得到展開圖(圖2當五點共線時,取得最小值,且最小值為.故選:A第2頁/共21頁5.如圖,這是一朵美麗的幾何花,且這八片花瓣的頂端恰好可以圍成一個正八邊形,設,則()A.-3B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由條件,解三角形求,,再結合兩角和正切公式求結論.【詳解】連接,設線段與的交點為,線段與線段的交點為,因為,所以,又,所以,設,則,所以,所以,所以,,所以.故選:D.第3頁/共21頁6.若,則()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】結合函數的單調性比較對數值的大小【詳解】,A,B均錯誤.,C正確,D錯誤.故選:C7.同時拋擲三枚質地均勻的骰子,得到向上的點數分別為,則是直角三角形的三個內角的概率為()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】應用古典概型及排列數計算求解.【詳解】若是直角三角形的三個內角,則,即.因為,所以這三個數只能是2,3,6或2,4,4,所以是直角三角形的三個內角的概率為=.故選:B.第4頁/共21頁8.已知兩個非零向量的夾角為,且,則的取值范圍是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先應用平面向量的數量積公式及運算律化簡,再設,再分類討論計算求解.【詳解】.由,得,即.設,則關于的方程有正實根.當時,不符合條件;當時,符合條件;當時,或,解得.綜上可得.故選:C36分在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求全部選對的得6分,選對但不全的得部分分,有選錯的得0分.9.若為純虛數,則復數可以為()A.B.C.D.第5頁/共21頁【答案】AD【解析】【分析】設,利用復數的運算化簡可得出的表達式,即可得出合適的選項.【詳解】設,則,所以.對于A選項,由,可得,解得,合乎題意;對于B選項,由,可得,此時不存在,不合乎題意;對于C選項,由,可得,此時不存在,不合乎題意;對于D選項,由,可得,解得,合乎題意.故選:AD.10.已知函數,則()A.與的奇偶性相同B.曲線關于直線對稱C.的最小正周期是最小正周期的2倍D.在上單調遞減【答案】ABD第6頁/共21頁【解析】【分析】利用奇偶函數的定義可以判斷出其奇偶性可判斷A,利用抽象函數的對稱性區證明即可判斷B選項,求出的最小正周期再去驗證是否滿足即可判斷,【詳解】因為,,所以與均為偶函數,A正確.因為,所以曲線關于直線對稱,B正確.因為,所以的最小正周期為,又的最小正周期不是C錯誤由,得,所以在上單調遞增,則在上單調遞減,D正確.故選:曲線的形狀類似希臘字母“”,其方程為.若點在曲線上,,則()A.當在第一象限時,B.當在第四象限時,C.直線與曲線的所有交點的橫坐標之和大于6D.直線與曲線恰有4個公共點【答案】BC【解析】第7頁/共21頁【分析】去絕對值,結合橢圓、雙曲線的性質、直線與橢圓、雙曲線的位置關系,逐項判斷即可.時,可化為,為橢圓的兩個焦點,則,A錯誤.當時,可化為,為雙曲線的兩個焦點,則,B正確.當時,可化為,所以點不可能在第三象限.當時,可化為,所以曲線由三段曲線組成,其圖形如圖所示,因為雙曲線的漸近線方程為,所以直線與曲線無公共點.將代入,得,由圖可知直線與曲線有22個交點的橫坐標之和為,其中1個交點為.將代入,得,由圖可知直線與曲線第8頁/共21頁有2個交點,則這2個交點的橫坐標之和為,其中1個交點為,所以直線+4與曲線的所有交點的橫坐標之和為,C正確.結合雙曲線與的漸近線的斜率,由圖可知直線與曲線有2個公共點,與曲線只有1個公共點,與曲線沒有公共點,所以直線與曲線恰有3個公共點,D錯誤.故選:BC三、填空題:本大題共3小題,每小題5分,共分.12.函數的值域為____________.【答案】【解析】【分析】由函數的單調性即可求解.【詳解】因為與在上均為減函數,且當時,,所以,故的值域為.故答案為:13.已知頂點為的圓錐的外接球為球為底面圓的一條直徑,是母線的中點,為底面圓的中心,為線段是邊長為2的表面積為____________,與該圓錐底面所成角的正切值為____________.第9頁/共21頁【答案】①.②.##【解析】【分析】取的中點,連接,取的中點,連接,,,根據已知得,進而求出外接球的半徑,即可得球的表面積,應用幾何法求線面角的正切值.【詳解】取的中點,連接,取的中點,連接,,.因為是邊長為2的正三角形,所以,所以設球的半徑為,由,得,故球表面積為.易知圓錐底面,則是與該圓錐底面所成的角,所以與該圓錐底面所成角的正切值為.故答案:,14.設表示有限集合中元素的個數,已知函數,若,其中為常數,且,則的取值范圍為____________.【答案】【解析】第10頁/共21頁和,共有兩個交點,再求解參數范圍即可.【詳解】由題意得的定義域為,因為,所以,當時,,當時,,則在上單調遞減,在上單調遞增,故的極小值為,而當時,,且,令,則,當時,,則在上的圖象越來越陡峭,我們作出和的圖象,結合圖象可得與在上只有一個交點,令,則,解得,而,得到與的圖象在上的交點的橫坐標,因為,所以和,共有兩個交點,第11頁/共21頁此時的取值范圍為.故答案為:四、解答題:本大題共5小題,共分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知函數.(1)若,求曲線在點處的切線方程;(2)證明:“在上單調遞增”是“在上單調遞增”的充要條件.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】1)根據函數在某點處的導數的幾何意義求斜率,進而得切線方程;(2)將函數的單調性轉化為關于導函數的恒成立問題,再參變分離求最值即可.【小問1詳解】因為,所以,得,由,得,則,,所以曲線在點處的切線方程為,化簡得.【小問2詳解】若在上單調遞增,則對恒成立,則對恒成立,又函數是增函數,所以,若在上單調遞增,則對恒成立,則對恒成立,又函數是增函數,所以,所以“在上單調遞增”是“在上單調遞增”的充要條件.第12頁/共21頁16.在中,角的對邊分別為,已知.(1)若,求;(2)若依次成等差數列,求面積的最大值.【答案】(1)(2).【解析】1)先應用正弦定理得出,再根據余弦定理計算求解;(2)先應用等差數列得出,再結合余弦定理應用基本不等式計算得出,最后應用面積公式計算求解最值.【小問1詳解】由及正弦定理,得,因為,所以,由余弦定理得,代入得,解得或(舍)【小問2詳解】因為依次成等差數列,所以,由余弦定理得,因為,所以,所以,且,所以的面積,當且僅當時,等號成立,所以面積的最大值為.第13頁/共21頁17.已知拋物線的準線方程為,直線與交于兩點.(1)求標準方程.(2)若,為坐標原點,證明:.(3)若為的焦點,且的周長為,求的值.【答案】(1)(2)證明見解析(3)【解析】1)根據題意求出即可得解;(2代入,利用韋達定理求出,證明即可;(3長公式求出的周長,進而可得出答案.【小問1詳解】的標準方程為,由的準線方程為,得,故的標準方程為;【小問2詳解】將代入,得,設,則,,所以,所以,即;【小問3詳解】聯立,得,第14頁/共21頁設,則,所以,所以,,所以的周長為,因為函數為增函數,且,所以方程的解為,所以.18.如圖,在五面體中,菱形的邊長為,,.(1)證明:且.(2)求五面體體積的最大值.(3)當五面體的體積最大時,求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【解析】第15頁/共21頁1平面的中點,的中點接,,,可得,進而得平面,則,即可證得;(2)分別作,,垂足分別為,,連接,,,,由已知和(1)中結論,可得,設,可得五面體的體積為,利用導數求出其最大值即可;(3為坐標原點,建立空間直角坐標系,利用向量坐標運算分別求出平面和平面的一個法向量,利用公式即可求得兩個平面夾角的余弦值.(方法二)過點作于,過點作于,連接,可得平面,則,可得平面,則,則為平面與平面的夾角,在中,由三角函數定義求出,進而求得其余弦值.【小問1詳解】在菱形中,,因為平面,平面,所以平面,因為平面,平面平面,所以.取的中點,的中點,連接,,,則,所以,故,,,四點共面,因為,,所以,,即,因為四邊形為梯形,所以與相交,所以平面,又平面,所以,而,所以.【小問2詳解】分別作,,垂足分別為,,連接,,,,第16頁/共21頁由(1)知,則,又,,平面,所以平面,同理平面.因為菱形的邊長為,,為的中點,為的中點,,則,,又,所以四邊形是等腰梯形,由對稱性可知設,則,,所以,所以,,所以五面體體積為,,則當時,,單調遞增,當時,,單調遞減,故當時,五面體體的最大,最大值為.【小問3詳解】當五面體的體積最大時,,,(方法一)以為坐標原點,,,所在直線分別為軸、軸、軸,建立空間直角坐標系,如圖所示,則,,,,第17頁/共21頁,,,.設平面的一個法向量為,則,取,得,,.設平面的一個法向量為,則,取,得,所以,故平面與平面夾角的余弦值為.(方法二)過點作于,過點作于,連接,由(2)知平面,則又,平面,所以平面,又平面,則,,因為,平面,所以平面,又平面,則,所以為平面與平面的夾角,又,,由(2)及已知,,所以,,則,第18頁/共21頁故平面與平面夾角的余弦值為.19.已知是各項均為正數的數列,事件“”發生的概率為,事件“”發生的概率為.(1)若隨機變量的期望不小于,求的取值范圍;(2)已知,若依次成等比數列的概率為,比較與的大小;(3)若(為大于
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