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文档简介

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.下列四个图象可能是函数图象的是()A. B. C. D.2.设,集合,则()A. B. C. D.3.已知等差数列中,,则()A.20 B.18 C.16 D.144.在中所对的边分别是,若,则()A.37 B.13 C. D.5.已知方程表示的曲线为的图象,对于函数有如下结论:①在上单调递减;②函数至少存在一个零点;③的最大值为;④若函数和图象关于原点对称,则由方程所确定;则正确命题序号为()A.①③ B.②③ C.①④ D.②④6.已知函数(),若函数有三个零点,则的取值范围是()A. B.C. D.7.若函数满足,且,则的最小值是()A. B. C. D.8.已知,,则()A. B. C. D.9.设m,n为直线,、为平面,则的一个充分条件可以是()A.,, B.,C., D.,10.设向量,满足,,,则的取值范围是A. B.C. D.11.已知展开式的二项式系数和与展开式中常数项相等,则项系数为()A.10 B.32 C.40 D.8012.执行如图所示的程序框图,则输出的值为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知函数.若在区间上恒成立.则实数的取值范围是__________.14.已知函数在上单调递增,则实数a值范围为_________.15.已知实数,满足约束条件,则的最小值为______.16.有以下四个命题:①在中,的充要条件是;②函数在区间上存在零点的充要条件是;③对于函数,若,则必不是奇函数;④函数与的图象关于直线对称.其中正确命题的序号为______.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)已知各项均为正数的数列的前项和为,满足,,,,恰为等比数列的前3项.(1)求数列,的通项公式;(2)求数列的前项和为;若对均满足,求整数的最大值;(3)是否存在数列满足等式成立,若存在,求出数列的通项公式;若不存在,请说明理由.18.(12分)已知满足,且,求的值及的面积.(从①,②,③这三个条件中选一个,补充到上面问题中,并完成解答.)19.(12分)的内角,,的对边分别是,,,已知.(1)求角;(2)若,,求的面积.20.(12分)已知,.(1)解不等式;(2)若方程有三个解,求实数的取值范围.21.(12分)已知等差数列满足,公差,等比数列满足,,.求数列,的通项公式;若数列满足,求的前项和.22.(10分)设函数.(Ⅰ)当时,求不等式的解集;(Ⅱ)若函数的图象与直线所围成的四边形面积大于20,求的取值范围.

参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】

首先求出函数的定义域,其函数图象可由的图象沿轴向左平移1个单位而得到,因为为奇函数,即可得到函数图象关于对称,即可排除A、D,再根据时函数值,排除B,即可得解.【详解】∵的定义域为,其图象可由的图象沿轴向左平移1个单位而得到,∵为奇函数,图象关于原点对称,∴的图象关于点成中心对称.可排除A、D项.当时,,∴B项不正确.故选:C【点睛】本题考查函数的性质与识图能力,一般根据四个选择项来判断对应的函数性质,即可排除三个不符的选项,属于中档题.2、B【解析】

先化简集合A,再求.【详解】由得:,所以,因此,故答案为B【点睛】本题主要考查集合的化简和运算,意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.3、A【解析】

设等差数列的公差为,再利用基本量法与题中给的条件列式求解首项与公差,进而求得即可.【详解】设等差数列的公差为.由得,解得.所以.故选:A【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量求解,属于基础题.4、D【解析】

直接根据余弦定理求解即可.【详解】解:∵,∴,∴,故选:D.【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形,属于基础题.5、C【解析】

分四类情况进行讨论,然后画出相对应的图象,由图象可以判断所给命题的真假性.【详解】(1)当时,,此时不存在图象;(2)当时,,此时为实轴为轴的双曲线一部分;(3)当时,,此时为实轴为轴的双曲线一部分;(4)当时,,此时为圆心在原点,半径为1的圆的一部分;画出的图象,由图象可得:对于①,在上单调递减,所以①正确;对于②,函数与的图象没有交点,即没有零点,所以②错误;对于③,由函数图象的对称性可知③错误;对于④,函数和图象关于原点对称,则中用代替,用代替,可得,所以④正确.故选:C【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质,函数的图象与性质,函数的零点概念,考查了数形结合的数学思想.6、A【解析】

分段求解函数零点,数形结合,分类讨论即可求得结果.【详解】作出和,的图像如下所示:函数有三个零点,等价于与有三个交点,又因为,且由图可知,当时与有两个交点,故只需当时,与有一个交点即可.若当时,时,显然𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=4|𝑥|有一个交点𝐵,故满足题意;时,显然𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=4|𝑥|没有交点,故不满足题意;时,显然𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=4|𝑥|也没有交点,故不满足题意;时,显然与有一个交点,故满足题意.综上所述,要满足题意,只需.故选:A.【点睛】本题考查由函数零点的个数求参数范围,属中档题.7、A【解析】

由推导出,且,将所求代数式变形为,利用基本不等式求得的取值范围,再利用函数的单调性可得出其最小值.【详解】函数满足,,即,,,,即,,则,由基本不等式得,当且仅当时,等号成立.,由于函数在区间上为增函数,所以,当时,取得最小值.故选:A.【点睛】本题考查代数式最值的计算,涉及对数运算性质、基本不等式以及函数单调性的应用,考查计算能力,属于中等题.8、D【解析】

分别解出集合然后求并集.【详解】解:,故选:D【点睛】考查集合的并集运算,基础题.9、B【解析】

根据线面垂直的判断方法对选项逐一分析,由此确定正确选项.【详解】对于A选项,当,,时,由于不在平面内,故无法得出.对于B选项,由于,,所以.故B选项正确.对于C选项,当,时,可能含于平面,故无法得出.对于D选项,当,时,无法得出.综上所述,的一个充分条件是“,”故选:B【点睛】本小题主要考查线面垂直的判断,考查充分必要条件的理解,属于基础题.10、B【解析】

由模长公式求解即可.【详解】,当时取等号,所以本题答案为B.【点睛】本题考查向量的数量积,考查模长公式,准确计算是关键,是基础题.11、D【解析】

根据二项式定理通项公式可得常数项,然后二项式系数和,可得,最后依据,可得结果.【详解】由题可知:当时,常数项为又展开式的二项式系数和为由所以当时,所以项系数为故选:D【点睛】本题考查二项式定理通项公式,熟悉公式,细心计算,属基础题.12、B【解析】

列出每一次循环,直到计数变量满足退出循环.【详解】第一次循环:;第二次循环:;第三次循环:,退出循环,输出的为.故选:B.【点睛】本题考查由程序框图求输出的结果,要注意在哪一步退出循环,是一道容易题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

首先解不等式,再由在区间上恒成立,即得到不等组,解得即可.【详解】解:且,即解得,即因为在区间上恒成立,解得即故答案为:【点睛】本题考查一元二次不等式及函数的综合问题,属于基础题.14、【解析】

由在上恒成立可求解.【详解】,令,∵,∴,又,,从而,令,问题等价于在时恒成立,∴,解得.故答案为:.【点睛】本题考查函数的单调性,解题关键是问题转化为恒成立,利用换元法和二次函数的性质易求解.15、【解析】

作出满足约束条件的可行域,将目标函数视为可行解与点的斜率,观察图形斜率最小在点B处,联立,解得点B坐标,即可求得答案.【详解】作出满足约束条件的可行域,该目标函数视为可行解与点的斜率,故由题可知,联立得,联立得所以,故所以的最小值为故答案为:【点睛】本题考查分式型目标函数的线性规划问题,属于简单题.16、①【解析】

由三角形的正弦定理和边角关系可判断①;由零点存在定理和二次函数的图象可判断②;由,结合奇函数的定义,可判断③;由函数图象对称的特点可判断④.【详解】解:①在中,,故①正确;②函数在区间上存在零点,比如在存在零点,但是,故②错误;③对于函数,若,满足,但可能为奇函数,故③错误;④函数与的图象,可令,即,即有和的图象关于直线对称,即对称,故④错误.故答案为:①.【点睛】本题主要考查函数的零点存在定理和对称性、奇偶性的判断,考查判断能力和推理能力,属于中档题.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(2),(2),的最大整数是2.(3)存在,【解析】

(2)由可得(),然后把这两个等式相减,化简得,公差为2,因为,,为等比数列,所以,化简计算得,,从而得到数列的通项公式,再计算出,,,从而可求出数列的通项公式;(2)令,化简计算得,从而可得数列是递增的,所以只要的最小值大于即可,而的最小值为,所以可得答案;(3)由题意可知,,即,这个可看成一个数列的前项和,再写出其前()项和,两式相减得,,利用同样的方法可得.【详解】解:(2)由题,当时,,即当时,①②①-②得,整理得,又因为各项均为正数的数列.故是从第二项的等差数列,公差为2.又恰为等比数列的前3项,故,解得.又,故,因为也成立.故是以为首项,2为公差的等差数列.故.即2,4,8恰为等比数列的前3项,故是以为首项,公比为的等比数列,故.综上,(2)令,则所以数列是递增的,若对均满足,只要的最小值大于即可因为的最小值为,所以,所以的最大整数是2.(3)由,得,③④③-④得,⑤,⑥⑤-⑥得,,所以存在这样的数列,【点睛】此题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式,最值,恒成立问题,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.18、见解析【解析】

选择①时:,,计算,根据正弦定理得到,计算面积得到答案;选择②时,,,故,为钝角,故无解;选择③时,,根据正弦定理解得,,根据正弦定理得到,计算面积得到答案.【详解】选择①时:,,故.根据正弦定理:,故,故.选择②时,,,故,为钝角,故无解.选择③时,,根据正弦定理:,故,解得,.根据正弦定理:,故,故.【点睛】本题考查了三角恒等变换,正弦定理,面积公式,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.19、(1)(2)【解析】

(1)利用余弦定理可求,从而得到的值.(2)利用诱导公式和正弦定理化简题设中的边角关系可得,得到值后利用面积公式可求.【详解】(1)由,得.所以由余弦定理,得.又因为,所以.(2)由,得.由正弦定理,得,因为,所以.又因,所以.所以的面积.【点睛】在解三角形中,如果题设条件是关于边的二次形式,我们可以利用余弦定理化简该条件,如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式,那么我们可以利用正弦定理化简该条件,如果题设条件是边和角的混合关系式,那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.20、(1);(2).【解析】

(1)对分三种情况讨论,分别去掉绝对值符号,然后求解不等式组,再求并集即可得结果;(2).作出函数的图象,当直线与函数的图象有三个公共点时,方程有三个解,由图可得结果.【详解】(1)不等式,即为.当时,即化为,得,此时不等式的解集为,当时,即化为,解得,此时不等式的解集为.综上,不等式的解集为.(2)即.作出函数的图象如图所示,当直线与函数的图象有三个公共点时,方程有三个解,所以.所以实数的取值范围是.【点睛】绝对值不等式的解法:法一:利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想;法二:利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想;法三:通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想.21、,;.【解析】

由,公差,有,,成等比数列,所以,解得.进而求出数列,的通项公式;当时,由,所以,当时,由,,可得,进而求出前项和.【详解】解:由题意知,,公差,有1,,成等比数列,所以,解得.所以数列的通项公式.数列的公比,其通项公式.当时,由,所以.当时,由,,两式相减得,所以.故所以的前项和,.又时,,也符合上式,故.【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的概念,通项公式,前项和公式的应用等基础知识;考查运算求解能力,方

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