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文檔簡介
PAGEPAGE1絕密★啟用前試卷類型:A2023年普通高等學校招生全國統一考試新課標Ⅰ卷數學本試卷共4頁,22小題,滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項:1.答題前,考生務必用黑色字跡鋼筆或簽字筆將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫在答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型(A)填涂在答題卡相應位置上.將條形碼橫貼在答題卡右上角“條形碼粘貼處”.2.作答選擇題時,選出每小題〖答案〗后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的〖答案〗信息點涂黑;如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他〖答案〗,〖答案〗不能答在試卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答,〖答案〗必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上;如需改動,先劃掉原來的〖答案〗,然后再寫上新的〖答案〗;不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的〖答案〗無效.4.考生必須保持答題卡的整潔.考試結束后,將試卷和答題卡一并交回.一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40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.已知集合,,則()A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗方法一:由一元二次不等式的解法求出集合,即可根據交集的運算解出.方法二:將集合中的元素逐個代入不等式驗證,即可解出.【詳析】方法一:因為,而,所以.故選:C.方法二:因為,將代入不等式,只有使不等式成立,所以.故選:C.2.已知,則()A. B. C.0 D.1〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據復數的除法運算求出,再由共軛復數的概念得到,從而解出.【詳析】因為,所以,即.故選:A.3.已知向量,若,則()A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據向量的坐標運算求出,,再根據向量垂直的坐標表示即可求出.【詳析】因為,所以,,由可得,,即,整理得:.故選:D.4.設函數在區間上單調遞減,則的取值范圍是()A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗利用指數型復合函數單調性,判斷列式計算作答.【詳析】函數在R上單調遞增,而函數在區間上單調遞減,則有函數在區間上單調遞減,因此,解得,所以的取值范圍是.故選:D5.設橢圓的離心率分別為.若,則()A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據給定的橢圓方程,結合離心率的意義列式計算作答.【詳析】由,得,因此,而,所以.故選:A6.過點與圓相切的兩條直線的夾角為,則()A.1 B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗方法一:根據切線的性質求切線長,結合倍角公式運算求解;方法二:根據切線的性質求切線長,結合余弦定理運算求解;方法三:根據切線結合點到直線的距離公式可得,利用韋達定理結合夾角公式運算求解.【詳析】方法一:因為,即,可得圓心,半徑,過點作圓C的切線,切點為,因為,則,可得,則,,即為鈍角,所以;法二:圓的圓心,半徑,過點作圓C的切線,切點為,連接,可得,則,因為且,則,即,解得,即為鈍角,則,且為銳角,所以;方法三:圓的圓心,半徑,若切線斜率不存在,則切線方程為,則圓心到切點的距離,不合題意;若切線斜率存在,設切線方程為,即,則,整理得,且設兩切線斜率分別為,則,可得,所以,即,可得,則,且,則,解得.故選:B.7.記為數列的前項和,設甲:為等差數列;乙:為等差數列,則()A.甲是乙的充分條件但不是必要條件B.甲是乙的必要條件但不是充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗利用充分條件、必要條件的定義及等差數列的定義,再結合數列前n項和與第n項的關系推理判斷作答.,【詳析】方法1,甲:為等差數列,設其首項為,公差為,則,因此為等差數列,則甲是乙的充分條件;反之,乙:為等差數列,即為常數,設為,即,則,有,兩式相減得:,即,對也成立,因此為等差數列,則甲是乙的必要條件,所以甲是乙的充要條件,C正確.方法2,甲:為等差數列,設數列的首項,公差為,即,則,因此為等差數列,即甲是乙的充分條件;反之,乙:等差數列,即,即,,當時,上兩式相減得:,當時,上式成立,于是,又為常數,因此為等差數列,則甲是乙必要條件,所以甲是乙的充要條件.故選:C8.已知,則().A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據給定條件,利用和角、差角的正弦公式求出,再利用二倍角的余弦公式計算作答.【詳析】因為,而,因此,則,所以.故選:B【『點石成金』】方法『點石成金』:三角函數求值的類型及方法(1)“給角求值”:一般所給出的角都是非特殊角,從表面來看較難,但非特殊角與特殊角總有一定關系.解題時,要利用觀察得到的關系,結合三角函數公式轉化為特殊角的三角函數.(2)“給值求值”:給出某些角的三角函數值,求另外一些角的三角函數值,解題關鍵在于“變角”,使其角相同或具有某種關系.(3)“給值求角”:實質上也轉化為“給值求值”,關鍵也是變角,把所求角用含已知角的式子表示,由所得的函數值結合該函數的單調區間求得角,有時要壓縮角的取值范圍.二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分.9.有一組樣本數據,其中是最小值,是最大值,則()A.的平均數等于的平均數B.的中位數等于的中位數C.的標準差不小于的標準差D.的極差不大于的極差〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗根據題意結合平均數、中位數、標準差以及極差的概念逐項分析判斷.【詳析】對于選項A:設的平均數為,的平均數為,則,因為沒有確定的大小關系,所以無法判斷的大小,例如:,可得;例如,可得;例如,可得;故A錯誤;對于選項B:不妨設,可知的中位數等于的中位數均為,故B正確;對于選項C:因為是最小值,是最大值,則的波動性不大于的波動性,即的標準差不大于的標準差,例如:,則平均數,標準差,,則平均數,標準差,顯然,即;故C錯誤;對于選項D:不妨設,則,當且僅當時,等號成立,故D正確;故選:BD.10.噪聲污染問題越來越受到重視.用聲壓級來度量聲音的強弱,定義聲壓級,其中常數是聽覺下限閾值,是實際聲壓.下表為不同聲源的聲壓級:聲源與聲源的距離聲壓級燃油汽車10混合動力汽車10電動汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車處測得實際聲壓分別為,則().A. B.C. D.〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根據題意可知,結合對數運算逐項分析判斷.【詳析】由題意可知:,對于選項A:可得,因為,則,即,所以且,可得,故A正確;對于選項B:可得,因為,則,即,所以且,可得,當且僅當時,等號成立,故B錯誤;對于選項C:因為,即,可得,即,故C正確;對于選項D:由選項A可知:,且,則,即,可得,且,所以,故D正確;故選:ACD.11.已知函數的定義域為,,則().A. B.C.是偶函數 D.為的極小值點〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗方法一:利用賦值法,結合函數奇遇性的判斷方法可判斷選項ABC,舉反例即可排除選項D.方法二:選項ABC的判斷與方法一同,對于D,可構造特殊函數進行判斷即可.【詳析】方法一:因為,對于A,令,,故正確.對于B,令,,則,故B正確.對于C,令,,則,令,又函數的定義域為,所以為偶函數,故正確,對于D,不妨令,顯然符合題設條件,此時無極值,故錯誤方法二:因為,對于A,令,,故正確.對于B,令,,則,故B正確.對于C,令,,則,令,又函數的定義域為,所以為偶函數,故正確,對于D,當時,對兩邊同時除以,得到,故可以設,則,當肘,,則,令,得;令,得;故在上單調遞減,在上單調遞增,因為為偶函數,所以在上單調遞增,在上單調遞減,顯然,此時是的極大值,故D錯誤.故選:.12.下列物體中,能夠被整體放入棱長為1(單位:m)的正方體容器(容器壁厚度忽略不計)內的有()A.直徑為的球體B.所有棱長均為的四面體C.底面直徑為,高為的圓柱體D.底面直徑為,高為的圓柱體〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根據題意結合正方體的性質逐項分析判斷.【詳析】對于選項A:因為,即球體的直徑小于正方體的棱長,所以能夠被整體放入正方體內,故A正確;對于選項B:因為正方體的面對角線長為,且,所以能夠被整體放入正方體內,故B正確;對于選項C:因為正方體的體對角線長為,且,所以不能夠被整體放入正方體內,故C正確;對于選項D:因為正方體的體對角線長為,且,設正方體的中心為,以為軸對稱放置圓柱,設圓柱的底面圓心到正方體的表面的最近的距離為,如圖,結合對稱性可知:,則,即,解得,所以能夠被整體放入正方體內,故D正確;故選:ABD.【『點石成金』】關鍵『點石成金』:對于C、D:以正方體的體對角線為圓柱的軸,結合正方體以及圓柱的性質分析判斷.三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課,學生需從這8門課中選修2門或3門課,并且每類選修課至少選修1門,則不同的選課方案共有________種(用數字作答).〖答案〗64〖解析〗〖祥解〗分類討論選修2門或3門課,對選修3門,再討論具體選修課的分配,結合組合數運算求解.【詳析】(1)當從8門課中選修2門,則不同的選課方案共有種;(2)當從8門課中選修3門,①若體育類選修課1門,則不同的選課方案共有種;②若體育類選修課2門,則不同的選課方案共有種;綜上所述:不同的選課方案共有種.故〖答案〗:64.14.在正四棱臺中,,則該棱臺的體積為________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗結合圖像,依次求得,從而利用棱臺的體積公式即可得解.【詳析】如圖,過作,垂足為,易知為四棱臺的高,因為,則,故,則,所以所求體積為.故〖答案〗為:.15.已知函數在區間有且僅有3個零點,則的取值范圍是________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗令,得有3個根,從而結合余弦函數的圖像性質即可得解.【詳析】因為,所以,令,則有3個根,令,則有3個根,其中,結合余弦函數的圖像性質可得,故,故〖答案〗為:.16.已知雙曲線的左、右焦點分別為.點在上,點在軸上,,則的離心率為________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗方法一:利用雙曲線的定義與向量數積的幾何意義得到關于的表達式,從而利用勾股定理求得,進而利用余弦定理得到的齊次方程,從而得解.方法二:依題意設出各點坐標,從而由向量坐標運算求得,,將點代入雙曲線得到關于的齊次方程,從而得解;【詳析】方法一:依題意,設,則,在中,,則,故或(舍去),所以,,則,故,所以在中,,整理得,故.方法二:依題意,得,令,因為,所以,則,又,所以,則,又點上,則,整理得,則,所以,即,整理得,則,解得或,又,所以或(舍去),故.故〖答案〗為:.【『點石成金』】關鍵『點石成金』:雙曲線過焦點的三角形的解決關鍵是充分利用雙曲線的定義,結合勾股定理與余弦定理得到關于的齊次方程,從而得解.四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知在中,.(1)求;(2)設,求邊上的高.〖答案〗(1)(2)6〖解析〗〖祥解〗(1)根據角的關系及兩角和差正弦公式,化簡即可得解;(2)利用同角之間的三角函數基本關系及兩角和的正弦公式求,再由正弦定理求出,根據等面積法求解即可.【小問1詳析】,,即,又,,,,即,所以,.【小問2詳析】由(1)知,,由,由正弦定理,,可得,,.18.如圖,在正四棱柱中,.點分別在棱,上,.(1)證明:;(2)點在棱上,當二面角為時,求.〖答案〗(1)證明見〖解析〗;(2)1〖解析〗〖祥解〗(1)建立空間直角坐標系,利用向量坐標相等證明;(2)設,利用向量法求二面角,建立方程求出即可得解.【小問1詳析】以為坐標原點,所在直線為軸建立空間直角坐標系,如圖,則,,,又不在同一條直線上,.【小問2詳析】設,則,設平面的法向量,則,令,得,,設平面的法向量,則,令,得,,,化簡可得,,解得或,或,.19.已知函數.(1)討論的單調性;(2)證明:當時,.〖答案〗(1)〖答案〗見〖解析〗(2)證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗(1)先求導,再分類討論與兩種情況,結合導數與函數單調性的關系即可得解;(2)方法一:結合(1)中結論,將問題轉化為的恒成立問題,構造函數,利用導數證得即可.方法二:構造函數,證得,從而得到,進而將問題轉化為的恒成立問題,由此得證.【小問1詳析】因為,定義域為,所以,當時,由于,則,故恒成立,所以在上單調遞減;當時,令,解得,當時,,則在上單調遞減;當時,,則在上單調遞增;綜上:當時,在上單調遞減;當時,在上單調遞減,在上單調遞增.【小問2詳析】方法一:由(1)得,,要證,即證,即證恒成立,令,則,令,則;令,則;所以在上單調遞減,在上單調遞增,所以,則恒成立,所以當時,恒成立,證畢.方法二:令,則,由于在上單調遞增,所以在上單調遞增,又,所以當時,;當時,;所以在上單調遞減,在上單調遞增,故,則,當且僅當時,等號成立,因為,當且僅當,即時,等號成立,所以要證,即證,即證,令,則,令,則;令,則;所以在上單調遞減,在上單調遞增,所以,則恒成立,所以當時,恒成立,證畢.20.設等差數列的公差為,且.令,記分別為數列的前項和.(1)若,求的通項公式;(2)若為等差數列,且,求.〖答案〗(1)(2)〖解析〗〖祥解〗(1)根據等差數列的通項公式建立方程求解即可;(2)由為等差數列得出或,再由等差數列的性質可得,分類討論即可得解.【小問1詳析】,,解得,,又,,即,解得或(舍去),.【小問2詳析】為等差數列,,即,,即,解得或,,,又,由等差數列性質知,,即,,即,解得或(舍去)當時,,解得,與矛盾,無解;當時,,解得.綜上,.21.甲、乙兩人投籃,每次由其中一人投籃,規則如下:若命中則此人繼續投籃,若末命中則換為對方投籃.無論之前投籃情況如何,甲每次投籃的命中率均為0.6,乙每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選,第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.(1)求第2次投籃的人是乙的概率;(2)求第次投籃的人是甲的概率;(3)已知:若隨機變量服從兩點分布,且,則.記前次(即從第1次到第次投籃)中甲投籃的次數為,求.〖答案〗(1)(2)(3)〖解析〗〖祥解〗(1)根據全概率公式即可求出;(2)設,由題意可得,根據數列知識,構造等比數列即可解出;(3)先求出兩點分布的期望,再根據題中的結論以及等比數列的求和公式即可求出.【小問1詳析】記“第次投籃的人是甲”為事件,“第次投籃的人是乙”為事件,所以,.【小問2詳析】設,依題可知,,則,即,構造等比數列,設,解得,則,又,所以是首項為,公比為的等比數列,即.【小問3詳析】因為,,所以當時,,故.【『點石成金』】本題第一問直接考查全概率公式的應用,后兩問的解題關鍵是根據題意找到遞推式,然后根據數列的基本知識求解.22.在直角坐標系中,點到軸的距離等于點到點的距離,記動點的軌跡為.(1)求的方程;(2)已知矩形有三個頂點在上,證明:矩形的周長大于.〖答案〗(1)(2)見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗(1)設,根據題意列出方程,化簡即可;(2)法一:設矩形的三個頂點,且,分別令,,且,利用放縮法得,設函數,利用導數求出其最小值,則得的最小值,再排除邊界值即可.法二:設直線的方程為,將其與拋物線方程聯立,再利用弦長公式和放縮法得,利用換元法和求導即可求出周長最值,再排除邊界值即可.法三:利用平移坐標系法,再設點,利用三角換元再對角度分類討論,結合基本不等式即可證明.【小問1詳析】設,則,兩邊同平方化簡得,故.【小問2詳析】法一:設矩形的三個頂點在上,且,易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在,且不為0,則,令,同理令,且,則,設矩形周長為,由對稱性不妨設,,則.,易知則令,令,解得,當時,,此時單調遞減,當,,此時單調遞增,則,故,即.當時,,且,即時等號成立,矛盾,故,得證.法二:不妨設在上,且,依題意可設,易知直線,的斜率均存在且不為0,則設,的斜率分別為和,由對稱性,不妨設,直線的方程為,則聯立得,,則則,同理,令,則,設,則,令,解得,當時,,此時單調遞減,當,,此時單調遞增,則,,但,此處取等條件為,與最終取等時不一致,故.法三:為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于.設,根據對稱性不妨設.則,由于,則.由于,且介于之間,則.令,,則,從而故①當時,②當時,由于,從而,從而又,故,由此,當且僅當時等號成立,故,故矩形周長大于..【『點石成金』】關鍵『點石成金』:本題的第二個的關鍵是通過放縮得,同時為了簡便運算,對右邊的式子平方后再設新函數求導,最后再排除邊界值即可.PAGEPAGE2絕密★啟用前試卷類型:A2023年普通高等學校招生全國統一考試新課標Ⅰ卷數學本試卷共4頁,22小題,滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項:1.答題前,考生務必用黑色字跡鋼筆或簽字筆將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫在答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型(A)填涂在答題卡相應位置上.將條形碼橫貼在答題卡右上角“條形碼粘貼處”.2.作答選擇題時,選出每小題〖答案〗后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的〖答案〗信息點涂黑;如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他〖答案〗,〖答案〗不能答在試卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答,〖答案〗必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上;如需改動,先劃掉原來的〖答案〗,然后再寫上新的〖答案〗;不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的〖答案〗無效.4.考生必須保持答題卡的整潔.考試結束后,將試卷和答題卡一并交回.一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40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.已知集合,,則()A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗方法一:由一元二次不等式的解法求出集合,即可根據交集的運算解出.方法二:將集合中的元素逐個代入不等式驗證,即可解出.【詳析】方法一:因為,而,所以.故選:C.方法二:因為,將代入不等式,只有使不等式成立,所以.故選:C.2.已知,則()A. B. C.0 D.1〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據復數的除法運算求出,再由共軛復數的概念得到,從而解出.【詳析】因為,所以,即.故選:A.3.已知向量,若,則()A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據向量的坐標運算求出,,再根據向量垂直的坐標表示即可求出.【詳析】因為,所以,,由可得,,即,整理得:.故選:D.4.設函數在區間上單調遞減,則的取值范圍是()A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗利用指數型復合函數單調性,判斷列式計算作答.【詳析】函數在R上單調遞增,而函數在區間上單調遞減,則有函數在區間上單調遞減,因此,解得,所以的取值范圍是.故選:D5.設橢圓的離心率分別為.若,則()A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據給定的橢圓方程,結合離心率的意義列式計算作答.【詳析】由,得,因此,而,所以.故選:A6.過點與圓相切的兩條直線的夾角為,則()A.1 B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗方法一:根據切線的性質求切線長,結合倍角公式運算求解;方法二:根據切線的性質求切線長,結合余弦定理運算求解;方法三:根據切線結合點到直線的距離公式可得,利用韋達定理結合夾角公式運算求解.【詳析】方法一:因為,即,可得圓心,半徑,過點作圓C的切線,切點為,因為,則,可得,則,,即為鈍角,所以;法二:圓的圓心,半徑,過點作圓C的切線,切點為,連接,可得,則,因為且,則,即,解得,即為鈍角,則,且為銳角,所以;方法三:圓的圓心,半徑,若切線斜率不存在,則切線方程為,則圓心到切點的距離,不合題意;若切線斜率存在,設切線方程為,即,則,整理得,且設兩切線斜率分別為,則,可得,所以,即,可得,則,且,則,解得.故選:B.7.記為數列的前項和,設甲:為等差數列;乙:為等差數列,則()A.甲是乙的充分條件但不是必要條件B.甲是乙的必要條件但不是充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗利用充分條件、必要條件的定義及等差數列的定義,再結合數列前n項和與第n項的關系推理判斷作答.,【詳析】方法1,甲:為等差數列,設其首項為,公差為,則,因此為等差數列,則甲是乙的充分條件;反之,乙:為等差數列,即為常數,設為,即,則,有,兩式相減得:,即,對也成立,因此為等差數列,則甲是乙的必要條件,所以甲是乙的充要條件,C正確.方法2,甲:為等差數列,設數列的首項,公差為,即,則,因此為等差數列,即甲是乙的充分條件;反之,乙:等差數列,即,即,,當時,上兩式相減得:,當時,上式成立,于是,又為常數,因此為等差數列,則甲是乙必要條件,所以甲是乙的充要條件.故選:C8.已知,則().A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據給定條件,利用和角、差角的正弦公式求出,再利用二倍角的余弦公式計算作答.【詳析】因為,而,因此,則,所以.故選:B【『點石成金』】方法『點石成金』:三角函數求值的類型及方法(1)“給角求值”:一般所給出的角都是非特殊角,從表面來看較難,但非特殊角與特殊角總有一定關系.解題時,要利用觀察得到的關系,結合三角函數公式轉化為特殊角的三角函數.(2)“給值求值”:給出某些角的三角函數值,求另外一些角的三角函數值,解題關鍵在于“變角”,使其角相同或具有某種關系.(3)“給值求角”:實質上也轉化為“給值求值”,關鍵也是變角,把所求角用含已知角的式子表示,由所得的函數值結合該函數的單調區間求得角,有時要壓縮角的取值范圍.二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分.9.有一組樣本數據,其中是最小值,是最大值,則()A.的平均數等于的平均數B.的中位數等于的中位數C.的標準差不小于的標準差D.的極差不大于的極差〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗根據題意結合平均數、中位數、標準差以及極差的概念逐項分析判斷.【詳析】對于選項A:設的平均數為,的平均數為,則,因為沒有確定的大小關系,所以無法判斷的大小,例如:,可得;例如,可得;例如,可得;故A錯誤;對于選項B:不妨設,可知的中位數等于的中位數均為,故B正確;對于選項C:因為是最小值,是最大值,則的波動性不大于的波動性,即的標準差不大于的標準差,例如:,則平均數,標準差,,則平均數,標準差,顯然,即;故C錯誤;對于選項D:不妨設,則,當且僅當時,等號成立,故D正確;故選:BD.10.噪聲污染問題越來越受到重視.用聲壓級來度量聲音的強弱,定義聲壓級,其中常數是聽覺下限閾值,是實際聲壓.下表為不同聲源的聲壓級:聲源與聲源的距離聲壓級燃油汽車10混合動力汽車10電動汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車處測得實際聲壓分別為,則().A. B.C. D.〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根據題意可知,結合對數運算逐項分析判斷.【詳析】由題意可知:,對于選項A:可得,因為,則,即,所以且,可得,故A正確;對于選項B:可得,因為,則,即,所以且,可得,當且僅當時,等號成立,故B錯誤;對于選項C:因為,即,可得,即,故C正確;對于選項D:由選項A可知:,且,則,即,可得,且,所以,故D正確;故選:ACD.11.已知函數的定義域為,,則().A. B.C.是偶函數 D.為的極小值點〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗方法一:利用賦值法,結合函數奇遇性的判斷方法可判斷選項ABC,舉反例即可排除選項D.方法二:選項ABC的判斷與方法一同,對于D,可構造特殊函數進行判斷即可.【詳析】方法一:因為,對于A,令,,故正確.對于B,令,,則,故B正確.對于C,令,,則,令,又函數的定義域為,所以為偶函數,故正確,對于D,不妨令,顯然符合題設條件,此時無極值,故錯誤方法二:因為,對于A,令,,故正確.對于B,令,,則,故B正確.對于C,令,,則,令,又函數的定義域為,所以為偶函數,故正確,對于D,當時,對兩邊同時除以,得到,故可以設,則,當肘,,則,令,得;令,得;故在上單調遞減,在上單調遞增,因為為偶函數,所以在上單調遞增,在上單調遞減,顯然,此時是的極大值,故D錯誤.故選:.12.下列物體中,能夠被整體放入棱長為1(單位:m)的正方體容器(容器壁厚度忽略不計)內的有()A.直徑為的球體B.所有棱長均為的四面體C.底面直徑為,高為的圓柱體D.底面直徑為,高為的圓柱體〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根據題意結合正方體的性質逐項分析判斷.【詳析】對于選項A:因為,即球體的直徑小于正方體的棱長,所以能夠被整體放入正方體內,故A正確;對于選項B:因為正方體的面對角線長為,且,所以能夠被整體放入正方體內,故B正確;對于選項C:因為正方體的體對角線長為,且,所以不能夠被整體放入正方體內,故C正確;對于選項D:因為正方體的體對角線長為,且,設正方體的中心為,以為軸對稱放置圓柱,設圓柱的底面圓心到正方體的表面的最近的距離為,如圖,結合對稱性可知:,則,即,解得,所以能夠被整體放入正方體內,故D正確;故選:ABD.【『點石成金』】關鍵『點石成金』:對于C、D:以正方體的體對角線為圓柱的軸,結合正方體以及圓柱的性質分析判斷.三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課,學生需從這8門課中選修2門或3門課,并且每類選修課至少選修1門,則不同的選課方案共有________種(用數字作答).〖答案〗64〖解析〗〖祥解〗分類討論選修2門或3門課,對選修3門,再討論具體選修課的分配,結合組合數運算求解.【詳析】(1)當從8門課中選修2門,則不同的選課方案共有種;(2)當從8門課中選修3門,①若體育類選修課1門,則不同的選課方案共有種;②若體育類選修課2門,則不同的選課方案共有種;綜上所述:不同的選課方案共有種.故〖答案〗:64.14.在正四棱臺中,,則該棱臺的體積為________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗結合圖像,依次求得,從而利用棱臺的體積公式即可得解.【詳析】如圖,過作,垂足為,易知為四棱臺的高,因為,則,故,則,所以所求體積為.故〖答案〗為:.15.已知函數在區間有且僅有3個零點,則的取值范圍是________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗令,得有3個根,從而結合余弦函數的圖像性質即可得解.【詳析】因為,所以,令,則有3個根,令,則有3個根,其中,結合余弦函數的圖像性質可得,故,故〖答案〗為:.16.已知雙曲線的左、右焦點分別為.點在上,點在軸上,,則的離心率為________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗方法一:利用雙曲線的定義與向量數積的幾何意義得到關于的表達式,從而利用勾股定理求得,進而利用余弦定理得到的齊次方程,從而得解.方法二:依題意設出各點坐標,從而由向量坐標運算求得,,將點代入雙曲線得到關于的齊次方程,從而得解;【詳析】方法一:依題意,設,則,在中,,則,故或(舍去),所以,,則,故,所以在中,,整理得,故.方法二:依題意,得,令,因為,所以,則,又,所以,則,又點上,則,整理得,則,所以,即,整理得,則,解得或,又,所以或(舍去),故.故〖答案〗為:.【『點石成金』】關鍵『點石成金』:雙曲線過焦點的三角形的解決關鍵是充分利用雙曲線的定義,結合勾股定理與余弦定理得到關于的齊次方程,從而得解.四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知在中,.(1)求;(2)設,求邊上的高.〖答案〗(1)(2)6〖解析〗〖祥解〗(1)根據角的關系及兩角和差正弦公式,化簡即可得解;(2)利用同角之間的三角函數基本關系及兩角和的正弦公式求,再由正弦定理求出,根據等面積法求解即可.【小問1詳析】,,即,又,,,,即,所以,.【小問2詳析】由(1)知,,由,由正弦定理,,可得,,.18.如圖,在正四棱柱中,.點分別在棱,上,.(1)證明:;(2)點在棱上,當二面角為時,求.〖答案〗(1)證明見〖解析〗;(2)1〖解析〗〖祥解〗(1)建立空間直角坐標系,利用向量坐標相等證明;(2)設,利用向量法求二面角,建立方程求出即可得解.【小問1詳析】以為坐標原點,所在直線為軸建立空間直角坐標系,如圖,則,,,又不在同一條直線上,.【小問2詳析】設,則,設平面的法向量,則,令,得,,設平面的法向量,則,令,得,,,化簡可得,,解得或,或,.19.已知函數.(1)討論的單調性;(2)證明:當時,.〖答案〗(1)〖答案〗見〖解析〗(2)證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗(1)先求導,再分類討論與兩種情況,結合導數與函數單調性的關系即可得解;(2)方法一:結合(1)中結論,將問題轉化為的恒成立問題,構造函數,利用導數證得即可.方法二:構造函數,證得,從而得到,進而將問題轉化為的恒成立問題,由此得證.【小問1詳析】因為,定義域為,所以,當時,由于,則,故恒成立,所以在上單調遞減;當時,令,解得,當時,,則在上單調遞減;當時,,則在上單調遞增;綜上:當時,在上單調遞減;當時,在上單調遞減,在上單調遞增.【小問2詳析】方法一:由(1)得,,要證,即證,即證恒成立,令,則,令,則;令,則;所以在上單調遞減,在上單調遞增,所以,則恒成立,所以當時,恒成立,證畢.方法二:令,則,由于在上單調遞增,所以在上單調遞增,又,所以當時,;當時,;所以在上單調遞減,在上單調遞增,故,則,當且僅當時,等號成立,因為,當且僅當,即時,等號成立,所以要證,即證,即證,令,則,令,則;令,則;所以在上單調遞減,在上單調遞增,所以,則恒成立,所以當時,恒成立,證畢.20.設等差數列的公差為,且.令,記分別為數列的前項和.(1)若,求的通項公式;(2)若為等差數列,且,求.〖答案〗(1)(2)〖解析〗〖祥解〗(1)根據等差數列的通項公式建立方程求解即可;(2)由為等差數列得出或,
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