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文檔簡介
2022-2023學年高三上數學期末模擬試卷考生請注意:1.答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內,不得在試卷上作任何標記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫在試卷指定的括號內,第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3.考生必須保證答題卡的整潔??荚嚱Y束后,請將本試卷和答題卡一并交回。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.已知Sn為等比數列{an}的前n項和,a5=16,a3a4=﹣32,則S8=()A.﹣21 B.﹣24 C.85 D.﹣852.函數f(x)=2x-3A.[32C.[323.有一改形塔幾何體由若千個正方體構成,構成方式如圖所示,上層正方體下底面的四個頂點是下層正方體上底面各邊的中點.已知最底層正方體的棱長為8,如果改形塔的最上層正方體的邊長小于1,那么該塔形中正方體的個數至少是()A.8 B.7 C.6 D.44.設雙曲線(a>0,b>0)的一個焦點為F(c,0)(c>0),且離心率等于,若該雙曲線的一條漸近線被圓x2+y2﹣2cx=0截得的弦長為2,則該雙曲線的標準方程為()A. B.C. D.5.下列說法正確的是()A.命題“,”的否定形式是“,”B.若平面,,,滿足,則C.隨機變量服從正態(tài)分布(),若,則D.設是實數,“”是“”的充分不必要條件6.設是雙曲線的左、右焦點,若雙曲線右支上存在一點,使(為坐標原點),且,則雙曲線的離心率為()A. B. C. D.7.已知展開式中第三項的二項式系數與第四項的二項式系數相等,,若,則的值為()A.1 B.-1 C.8l D.-818.的展開式中,項的系數為()A.-23 B.17 C.20 D.639.在中,角的對邊分別為,若.則角的大小為()A. B. C. D.10.已知函數則函數的圖象的對稱軸方程為()A. B.C. D.11.如圖示,三棱錐的底面是等腰直角三角形,,且,,則與面所成角的正弦值等于()A. B. C. D.12.天干地支,簡稱為干支,源自中國遠古時代對天象的觀測.“甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸”稱為十天干,“子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥”稱為十二地支.干支紀年法是天干和地支依次按固定的順序相互配合組成,以此往復,60年為一個輪回.現從農歷2000年至2019年共20個年份中任取2個年份,則這2個年份的天干或地支相同的概率為()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.不等式的解集為________14.已知雙曲線C:()的左、右焦點為,,為雙曲線C上一點,且,若線段與雙曲線C交于另一點A,則的面積為______.15.設復數滿足,其中是虛數單位,若是的共軛復數,則____________.16.在正奇數非減數列中,每個正奇數出現次.已知存在整數、、,對所有的整數滿足,其中表示不超過的最大整數.則等于______.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)已知橢圓的離心率為,橢圓C的長軸長為4.(1)求橢圓C的方程;(2)已知直線與橢圓C交于兩點,是否存在實數k使得以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點O?若存在,求出k的值;若不存在,請說明理由.18.(12分)設函數其中(Ⅰ)若曲線在點處切線的傾斜角為,求的值;(Ⅱ)已知導函數在區(qū)間上存在零點,證明:當時,.19.(12分)如圖,在斜三棱柱中,平面平面,,,,均為正三角形,E為AB的中點.(Ⅰ)證明:平面;(Ⅱ)求斜三棱柱截去三棱錐后剩余部分的體積.20.(12分)已知中,,,是上一點.(1)若,求的長;(2)若,,求的值.21.(12分)已知函數和的圖象關于原點對稱,且.(1)解關于的不等式;(2)如果對,不等式恒成立,求實數的取值范圍.22.(10分)如圖1,在等腰梯形中,兩腰,底邊,,,是的三等分點,是的中點.分別沿,將四邊形和折起,使,重合于點,得到如圖2所示的幾何體.在圖2中,,分別為,的中點.(1)證明:平面.(2)求直線與平面所成角的正弦值.
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、D【解析】
由等比數列的性質求得a1q4=16,a12q5=﹣32,通過解該方程求得它們的值,求首項和公比,根據等比數列的前n項和公式解答即可.【詳解】設等比數列{an}的公比為q,∵a5=16,a3a4=﹣32,∴a1q4=16,a12q5=﹣32,∴q=﹣2,則,則,故選:D.【點睛】本題主要考查等比數列的前n項和,根據等比數列建立條件關系求出公比是解決本題的關鍵,屬于基礎題.2、A【解析】
根據冪函數的定義域與分母不為零列不等式組求解即可.【詳解】因為函數y=2x-3解得x≥32且∴函數f(x)=2x-3+1【點睛】定義域的三種類型及求法:(1)已知函數的解析式,則構造使解析式有意義的不等式(組)求解;(2)對實際問題:由實際意義及使解析式有意義構成的不等式(組)求解;(3)若已知函數fx的定義域為a,b,則函數fgx3、A【解析】
則從下往上第二層正方體的棱長為:,從下往上第三層正方體的棱長為:,從下往上第四層正方體的棱長為:,以此類推,能求出改形塔的最上層正方體的邊長小于1時該塔形中正方體的個數的最小值的求法.【詳解】最底層正方體的棱長為8,則從下往上第二層正方體的棱長為:,從下往上第三層正方體的棱長為:,從下往上第四層正方體的棱長為:,從下往上第五層正方體的棱長為:,從下往上第六層正方體的棱長為:,從下往上第七層正方體的棱長為:,從下往上第八層正方體的棱長為:,∴改形塔的最上層正方體的邊長小于1,那么該塔形中正方體的個數至少是8.故選:A.【點睛】本小題主要考查正方體有關計算,屬于基礎題.4、C【解析】
由題得,,又,聯(lián)立解方程組即可得,,進而得出雙曲線方程.【詳解】由題得①又該雙曲線的一條漸近線方程為,且被圓x2+y2﹣2cx=0截得的弦長為2,所以②又③由①②③可得:,,所以雙曲線的標準方程為.故選:C【點睛】本題主要考查了雙曲線的簡單幾何性質,圓的方程的有關計算,考查了學生的計算能力.5、D【解析】
由特稱命題的否定是全稱命題可判斷選項A;可能相交,可判斷B選項;利用正態(tài)分布的性質可判斷選項C;或,利用集合間的包含關系可判斷選項D.【詳解】命題“,”的否定形式是“,”,故A錯誤;,,則可能相交,故B錯誤;若,則,所以,故,所以C錯誤;由,得或,故“”是“”的充分不必要條件,D正確.故選:D.【點睛】本題考查命題的真假判斷,涉及到特稱命題的否定、面面相關的命題、正態(tài)分布、充分條件與必要條件等,是一道容易題.6、D【解析】
利用向量運算可得,即,由為的中位線,得到,所以,再根據雙曲線定義即可求得離心率.【詳解】取的中點,則由得,即;在中,為的中位線,所以,所以;由雙曲線定義知,且,所以,解得,故選:D【點睛】本題綜合考查向量運算與雙曲線的相關性質,難度一般.7、B【解析】
根據二項式系數的性質,可求得,再通過賦值求得以及結果即可.【詳解】因為展開式中第三項的二項式系數與第四項的二項式系數相等,故可得,令,故可得,又因為,令,則,解得令,則.故選:B.【點睛】本題考查二項式系數的性質,以及通過賦值法求系數之和,屬綜合基礎題.8、B【解析】
根據二項式展開式的通項公式,結合乘法分配律,求得的系數.【詳解】的展開式的通項公式為.則①出,則出,該項為:;②出,則出,該項為:;③出,則出,該項為:;綜上所述:合并后的項的系數為17.故選:B【點睛】本小題考查二項式定理及展開式系數的求解方法等基礎知識,考查理解能力,計算能力,分類討論和應用意識.9、A【解析】
由正弦定理化簡已知等式可得,結合,可得,結合范圍,可得,可得,即可得解的值.【詳解】解:∵,∴由正弦定理可得:,∵,∴,∵,,∴,∴.故選A.【點睛】本題主要考查了正弦定理在解三角形中的應用,考查了計算能力和轉化思想,屬于基礎題.10、C【解析】
,將看成一個整體,結合的對稱性即可得到答案.【詳解】由已知,,令,得.故選:C.【點睛】本題考查余弦型函數的對稱性的問題,在處理余弦型函數的性質時,一般采用整體法,結合三角函數的性質,是一道容易題.11、A【解析】
首先找出與面所成角,根據所成角所在三角形利用余弦定理求出所成角的余弦值,再根據同角三角函數關系求出所成角的正弦值.【詳解】由題知是等腰直角三角形且,是等邊三角形,設中點為,連接,,可知,,同時易知,,所以面,故即為與面所成角,有,故.故選:A.【點睛】本題主要考查了空間幾何題中線面夾角的計算,屬于基礎題.12、B【解析】
利用古典概型概率計算方法分析出符合題意的基本事件個數,結合組合數的計算即可出求得概率.【詳解】20個年份中天干相同的有10組(每組2個),地支相同的年份有8組(每組2個),從這20個年份中任取2個年份,則這2個年份的天干或地支相同的概率.故選:B.【點睛】本小題主要考查古典概型的計算,考查組合數的計算,考查學生分析問題的能力,難度較易.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】
通過平方,將無理不等式化為有理不等式求解即可?!驹斀狻坑傻茫獾?,所以解集是?!军c睛】本題主要考查無理不等式的解法。14、【解析】
由已知得即,,可解得,由在雙曲線C上,代入即可求得雙曲線方程,然后求得直線的方程與雙曲線方程聯(lián)立求得點A坐標,借助,即可解得所求.【詳解】由已知得,又,,所以,解得或,由在雙曲線C上,所以或,所以或(舍去),因此雙曲線C的方程為.又,所以線段的方程為,與雙曲線C的方程聯(lián)立消去x整理得,所以,,所以點A坐標為,所以.【點睛】本題主要考查直線與雙曲線的位置關系,考查雙曲線方程的求解,考查求三角形面積,考查學生的計算能力,難度較難.15、【解析】
由于,則.16、2【解析】
將已知數列分組為(1),,共個組.設在第組,,則有,即.注意到,解得.所以,.因此,.故.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)存在,當時,以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點O.【解析】
(1)設橢圓的焦半距為,利用離心率為,橢圓的長軸長為1.列出方程組求解,推出,即可得到橢圓的方程.(2)存在實數使得以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點.設點,,,,將直線的方程代入,化簡,利用韋達定理,結合向量的數量積為0,轉化為:.求解即可.【詳解】解:(1)設橢圓的焦半距為c,則由題設,得,解得,所以,故所求橢圓C的方程為(2)存在實數k使得以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點O.理由如下:設點,,將直線的方程代入,并整理,得.(*)則,因為以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點O,所以,即.又,于是,解得,經檢驗知:此時(*)式的,符合題意.所以當時,以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點O【點睛】本題考查橢圓方程的求法,橢圓的簡單性質,直線與橢圓位置關系的綜合應用,考查計算能力以及轉化思想的應用,屬于中檔題.18、(Ⅰ);(Ⅱ)證明見解析【解析】
(Ⅰ)求導得到,,解得答案.(Ⅱ),故,在上單調遞減,在上單調遞增,,設,證明函數單調遞減,故,得到證明.【詳解】(Ⅰ),故,,故.(Ⅱ),即,存在唯一零點,設零點為,故,即,在上單調遞減,在上單調遞增,故,設,則,設,則,單調遞減,,故恒成立,故單調遞減.,故當時,.【點睛】本題考查了函數的切線問題,利用導數證明不等式,轉化為函數的最值是解題的關鍵.19、(Ⅰ)見解析;(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)要證明線面平行,需先證明線線平行,所以連接,交于點M,連接ME,證明;(Ⅱ)由題意可知點到平面ABC的距離等于點到平面ABC的距離,根據體積公式剩余部分的體積是.【詳解】(Ⅰ)如圖,連接,交于點M,連接ME,則.因為平面,平面,所以平面.(Ⅱ)因為平面ABC,所以點到平面ABC的距離等于點到平面ABC的距離.如圖,設O是AC的中點,連接,OB.因為為正三角形,所以,又平面平面,平面平面,所以平面ABC.所以點到平面ABC的距離,故三棱錐的體積為.而斜三棱柱的體積為.所以剩余部分的體積為.【點睛】本題考查證明線面平行,計算體積,意在考查推理證明,空間想象能力,計算能力,屬于中檔題型,一般證明線面平行的方法1.證明線線平行,則線面平行,2.證明面面平行,則線面平行,關鍵是證明線線平行,一般構造平行四邊形,則對邊平行,或是構造三角形中位線.20、(1)(2)【解析】
(1)運用三角形面積公式求出的長度,然后再運用余弦定理求出的長.(2)運用正弦定理分別表示出和,結合已知條件計算出結果.【詳解】(1)由在中,由余弦定理可得(2)由已知得在中,由正弦定理可知在中,由正弦定理可知故【點睛】本題考查了正弦定理、三角形面積公式以及余弦定理,結合三角形熟練運用各公式是解題關鍵,此類題目是常考題型,能夠運用公式進行邊角互化,需要掌握解題方法.21、(1)(2)【解析】試題分析:(1)由函數和的圖象關于原點對稱可得的表達式,再去掉絕對值即可解不等式;(2)對,不等式成立等價于,去絕對值得不等式組,即可求得實數的取值范圍.試題解析:(1)∵函數和的圖象關于原點對稱,∴,∴原不等式可化為,即或,解得不等式的解集為;(2)不等式可化為:,即,即,則只需,解得,的取值范圍是.22、(1)證明見解析(2)【解析】
(1)先證,再證,由可得平面,從而推出平面
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