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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.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。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.已知函数()的最小值为0,则()A. B. C. D.2.数学中的数形结合,也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物,曲线恰好是四叶玫瑰线.给出下列结论:①曲线C经过5个整点(即横、纵坐标均为整数的点);②曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2;③曲线C围成区域的面积大于;④方程表示的曲线C在第二象限和第四象限其中正确结论的序号是()A.①③ B.②④ C.①②③ D.②③④3.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E、F且EF=,则下列结论中错误的是()A.AC⊥BE B.EF平面ABCDC.三棱锥A-BEF的体积为定值 D.异面直线AE,BF所成的角为定值4.已知实数,满足,则的最大值等于()A.2 B. C.4 D.85.已知函数是上的偶函数,且当时,函数是单调递减函数,则,,的大小关系是()A. B.C. D.6.将3个黑球3个白球和1个红球排成一排,各小球除了颜色以外其他属性均相同,则相同颜色的小球不相邻的排法共有()A.14种 B.15种 C.16种 D.18种7.为计算,设计了如图所示的程序框图,则空白框中应填入()A. B. C. D.8.在展开式中的常数项为A.1 B.2 C.3 D.79.双曲线的渐近线方程为()A. B.C. D.10.等比数列若则()A.±6 B.6 C.-6 D.11.网格纸上小正方形边长为1单位长度,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为()A.1 B. C.3 D.412.一只蚂蚁在边长为的正三角形区域内随机爬行,则在离三个顶点距离都大于的区域内的概率为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.关于函数有下列四个命题:①函数在上是增函数;②函数的图象关于中心对称;③不存在斜率小于且与函数的图象相切的直线;④函数的导函数不存在极小值.其中正确的命题有______.(写出所有正确命题的序号)14.三棱柱中,,侧棱底面,且三棱柱的侧面积为.若该三棱柱的顶点都在同一个球的表面上,则球的表面积的最小值为_____.15.已知一个四面体的每个顶点都在表面积为的球的表面上,且,,则__________.16.已知复数,其中为虚数单位,若复数为纯虚数,则实数的值是__.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)已知函数,(1)求函数的单调区间;(2)当时,判断函数,()有几个零点,并证明你的结论;(3)设函数,若函数在为增函数,求实数的取值范围.18.(12分)为了整顿道路交通秩序,某地考虑将对行人闯红灯进行处罚.为了更好地了解市民的态度,在普通行人中随机选取了200人进行调查,当不处罚时,有80人会闯红灯,处罚时,得到如表数据:处罚金额(单位:元)5101520会闯红灯的人数50402010若用表中数据所得频率代替概率.(1)当罚金定为10元时,行人闯红灯的概率会比不进行处罚降低多少?(2)将选取的200人中会闯红灯的市民分为两类:类市民在罚金不超过10元时就会改正行为;类是其他市民.现对类与类市民按分层抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷,则前两位均为类市民的概率是多少?19.(12分)如图,直三棱柱中,分别是的中点,.(1)证明:平面;(2)求二面角的余弦值.20.(12分)如图,直线y=2x-2与抛物线x2=2py(p>0)交于M1,M2两点,直线y=p2与(1)求p的值;(2)设A是直线y=p2上一点,直线AM2交抛物线于另一点M3,直线M1M21.(12分)已知函数(1)若函数在处取得极值1,证明:(2)若恒成立,求实数的取值范围.22.(10分)已知直线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程;(2)设点,直线与曲线交于,两点,求的值.
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】
设,计算可得,再结合图像即可求出答案.【详解】设,则,则,由于函数的最小值为0,作出函数的大致图像,结合图像,,得,所以.故选:C【点睛】本题主要考查了分段函数的图像与性质,考查转化思想,考查数形结合思想,属于中档题.2、B【解析】
利用基本不等式得,可判断②;和联立解得可判断①③;由图可判断④.【详解】,解得(当且仅当时取等号),则②正确;将和联立,解得,即圆与曲线C相切于点,,,,则①和③都错误;由,得④正确.故选:B.【点睛】本题考查曲线与方程的应用,根据方程,判断曲线的性质及结论,考查学生逻辑推理能力,是一道有一定难度的题.3、D【解析】
A.通过线面的垂直关系可证真假;B.根据线面平行可证真假;C.根据三棱锥的体积计算的公式可证真假;D.根据列举特殊情况可证真假.【详解】A.因为,所以平面,又因为平面,所以,故正确;B.因为,所以,且平面,平面,所以平面,故正确;C.因为为定值,到平面的距离为,所以为定值,故正确;D.当,,取为,如下图所示:因为,所以异面直线所成角为,且,当,,取为,如下图所示:因为,所以四边形是平行四边形,所以,所以异面直线所成角为,且,由此可知:异面直线所成角不是定值,故错误.故选:D.【点睛】本题考查立体几何中的综合应用,涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算,难度较难.注意求解异面直线所成角时,将直线平移至同一平面内.4、D【解析】
画出可行域,计算出原点到可行域上的点的最大距离,由此求得的最大值.【详解】画出可行域如下图所示,其中,由于,,所以,所以原点到可行域上的点的最大距离为.所以的最大值为.故选:D【点睛】本小题主要考查根据可行域求非线性目标函数的最值,考查数形结合的数学思想方法,属于基础题.5、D【解析】
利用对数函数的单调性可得,再根据的单调性和奇偶性可得正确的选项.【详解】因为,,故.又,故.因为当时,函数是单调递减函数,所以.因为为偶函数,故,所以.故选:D.【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性、单调性以及对数函数的单调性在大小比较中的应用,比较大小时注意选择合适的中间数来传递不等关系,本题属于中档题.6、D【解析】
采取分类计数和分步计数相结合的方法,分两种情况具体讨论,一种是黑白依次相间,一种是开始仅有两个相同颜色的排在一起【详解】首先将黑球和白球排列好,再插入红球.情况1:黑球和白球按照黑白相间排列(“黑白黑白黑白”或“白黑白黑白黑”),此时将红球插入6个球组成的7个空中即可,因此共有2×7=14种;情况2:黑球或白球中仅有两个相同颜色的排在一起(“黑白白黑白黑”、“黑白黑白白黑”、“白黑黑白黑白”“白黑白黑黑白”),此时红球只能插入两个相同颜色的球之中,共4种.综上所述,共有14+4=18种.故选:D【点睛】本题考查排列组合公式的具体应用,插空法的应用,属于基础题7、A【解析】
根据程序框图输出的S的值即可得到空白框中应填入的内容.【详解】由程序框图的运行,可得:S=0,i=0满足判断框内的条件,执行循环体,a=1,S=1,i=1满足判断框内的条件,执行循环体,a=2×(﹣2),S=1+2×(﹣2),i=2满足判断框内的条件,执行循环体,a=3×(﹣2)2,S=1+2×(﹣2)+3×(﹣2)2,i=3…观察规律可知:满足判断框内的条件,执行循环体,a=99×(﹣2)99,S=1+2×(﹣2)+3×(﹣2)2+…+1×(﹣2)99,i=1,此时,应该不满足判断框内的条件,退出循环,输出S的值,所以判断框中的条件应是i<1.故选:A.【点睛】本题考查了当型循环结构,当型循环是先判断后执行,满足条件执行循环,不满足条件时算法结束,属于基础题.8、D【解析】
求出展开项中的常数项及含的项,问题得解。【详解】展开项中的常数项及含的项分别为:,,所以展开式中的常数项为:.故选:D【点睛】本题主要考查了二项式定理中展开式的通项公式及转化思想,考查计算能力,属于基础题。9、A【解析】
将双曲线方程化为标准方程为,其渐近线方程为,化简整理即得渐近线方程.【详解】双曲线得,则其渐近线方程为,整理得.故选:A【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程,双曲线的简单性质的应用.10、B【解析】
根据等比中项性质代入可得解,由等比数列项的性质确定值即可.【详解】由等比数列中等比中项性质可知,,所以,而由等比数列性质可知奇数项符号相同,所以,故选:B.【点睛】本题考查了等比数列中等比中项的简单应用,注意项的符号特征,属于基础题.11、A【解析】
采用数形结合,根据三视图可知该几何体为三棱锥,然后根据锥体体积公式,可得结果.【详解】根据三视图可知:该几何体为三棱锥如图该几何体为三棱锥,长度如上图所以所以所以故选:A【点睛】本题考查根据三视图求直观图的体积,熟悉常见图形的三视图:比如圆柱,圆锥,球,三棱锥等;对本题可以利用长方体,根据三视图删掉没有的点与线,属中档题.12、A【解析】
求出满足条件的正的面积,再求出满足条件的正内的点到顶点、、的距离均不小于的图形的面积,然后代入几何概型的概率公式即可得到答案.【详解】满足条件的正如下图所示:其中正的面积为,满足到正的顶点、、的距离均不小于的图形平面区域如图中阴影部分所示,阴影部分区域的面积为.则使取到的点到三个顶点、、的距离都大于的概率是.故选:A.【点睛】本题考查几何概型概率公式、三角形的面积公式、扇形的面积公式的应用,考查计算能力,属于中等题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、①②③【解析】
由单调性、对称性概念、导数的几何意义、导数与极值的关系进行判断.【详解】函数的定义域是,由于,在上递增,∴函数在上是递增,①正确;,∴函数的图象关于中心对称,②正确;,时取等号,∴③正确;,设,则,显然是即的极小值点,④错误.故答案为:①②③.【点睛】本题考查函数的单调性、对称性,考查导数的几何意义、导数与极值,解题时按照相关概念判断即可,属于中档题.14、【解析】
分析题意可知,三棱柱为正三棱柱,所以三棱柱的中心即为外接球的球心,设棱柱的底面边长为,高为,则三棱柱的侧面积为,球的半径表示为,再由重要不等式即可得球表面积的最小值【详解】如下图,∵三棱柱为正三棱柱∴设,∴三棱柱的侧面积为∴又外接球半径∴外接球表面积.故答案为:【点睛】考查学生对几何体的正确认识,能通过题意了解到题目传达的意思,培养学生空间想象力,能够利用题目条件,画出图形,寻找外接球的球心以及半径,属于中档题15、【解析】由题意可得,该四面体的四个顶点位于一个长方体的四个顶点上,设长方体的长宽高为,由题意可得:,据此可得:,则球的表面积:,结合解得:.点睛:与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图,如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直径.16、2【解析】
由题,得,然后根据纯虚数的定义,即可得到本题答案.【详解】由题,得,又复数为纯虚数,所以,解得.故答案为:2【点睛】本题主要考查纯虚数定义的应用,属基础题.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、(1)单调增区间,单调减区间为,;(2)有2个零点,证明见解析;(3)【解析】
对函数求导,利用导数的正负判断函数的单调区间即可;函数有2个零点.根据函数的零点存在性定理即可证明;记函数,求导后利用单调性求得,由零点存在性定理及单调性知存在唯一的,使,求得为分段函数,求导后分情况讨论:①当时,利用函数的单调性将问题转化为的问题;②当时,当时,在上恒成立,从而求得的取值范围.【详解】(1)由题意知,,列表如下:020极小值极大值所以函数的单调增区间为,单调减区间为,.(2)函数有2个零点.证明如下:因为时,所以,因为,所以在恒成立,在上单调递增,由,,且在上单调递增且连续知,函数在上仅有一个零点,由(1)可得时,,即,故时,,所以,由得,平方得,所以,因为,所以在上恒成立,所以函数在上单调递减,因为,所以,由,,且在上单调递减且连续得在上仅有一个零点,综上可知:函数有2个零点.(3)记函数,下面考察的符号.求导得.当时恒成立.当时,因为,所以.∴在上恒成立,故在上单调递减.∵,∴,又因为在上连续,所以由函数的零点存在性定理得存在唯一的,使,∴,因为,所以∴因为函数在上单调递增,,所以在,上恒成立.①当时,在上恒成立,即在上恒成立.记,则,当变化时,,变化情况如下表:极小值∴,故,即.②当时,,当时,在上恒成立.综合(1)(2)知,实数的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间、极值、最值和利用零点存在性定理判断函数零点个数、利用分离参数法求参数的取值范围;考查转化与化归能力、逻辑推理能力、运算求解能力;通过构造函数,利用零点存在性定理判断其零点,从而求出函数的表达式是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.18、(1)降低(2)【解析】
(1)计算出罚金定为10元时行人闯红灯的概率,和不进行处罚时行人闯红灯的概率,求解即可;(2)闯红灯的市民有80人,其中类市民和类市民各有40人,根据分层抽样法抽出4人依次排序,计算所求的概率值.【详解】解:(1)当罚金定为10元时,行人闯红灯的概率为;不进行处罚,行人闯红灯的概率为;所以当罚金定为10元时,行人闯红灯的概率会比不进行处罚降低;(2)由题可知,闯红灯的市民有80人,类市民和类市民各有40人故分别从类市民和类市民各抽出两人,4人依次排序记类市民中抽取的两人对应的编号为,类市民中抽取的两人编号为则4人依次排序分别为,,,,,,,,,,,,共有种前两位均为类市民排序为,,有种,所以前两位均为类市民的概率是.【点睛】本题主要考查了计算古典概型的概率,属于中档题.19、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)连接交于点,由三角形中位线定理得,由此能证明平面.(2)以为坐标原点,的方向为轴正方向,的方向为轴正方向,的方向为轴正方向,建立空间直角坐标系.分别求出平面的法向量和平面的法向量,利用向量法能求出二面角的余弦值.【详解】证明:证明:连接交于点,则为的中点.又是的中点,连接,则.因为平面,平面,所以平面.(2)由,可得:,即所以又因为直棱柱,所以以点为坐标原点,分别以直线为轴、轴、轴,建立空间直角坐标系,则,设平面的法向量为,则且,可解得,令,得平面的一个法向量为,同理可得平面的一个法向量为,则所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查直线与平面平行、二面角的概念、求法等知识,考查空间想象能力和逻辑推理能力,属于中档题.20、(1)p=4;(2)OA⋅【解析】试题分析:(1)联立直线的方程和抛物线的方程y=2x-2x2=2py,化简写出根与系数关系,由于直线y=p2平分∠M1FM2,所以kM1F+kM2F=0,代入点的坐标化简得4-(2+p2)⋅x试题解析:(1)由y=2x-2x2=2py设M1(x1,因为直线y=p2平分∠M所以y1-p所以4-(2+p2)⋅x1+x(2)由(1)知抛物线方程为x2=8y,且x1+x设M3(x3,x328所以x2+x整理得:x2由B,M3,②式两边同乘x2得:x即:16x由①得:x2x3即:16(x2+所以OA⋅考点:直线与圆锥曲线的位置关系.【方法点晴】本题考查直线与抛物线的位置关系.阅读题目后明显发现,所有的点都是由直线和抛物线相交或者直线与直线相交所得.故第一步先联立y=2x-2x2=2py,相当于得到M1,M2的坐标,但是设而不求.根据直线y=/
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