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文档简介
2023高考数学模拟试卷请考生注意:1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上,请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。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.已知双曲线C:()的左、右焦点分别为,过的直线l与双曲线C的左支交于A、B两点.若,则双曲线C的渐近线方程为()A. B. C. D.2.已知实数满足,则的最小值为()A. B. C. D.3.在中,D为的中点,E为上靠近点B的三等分点,且,相交于点P,则()A. B.C. D.4.已知函数的最小正周期为,为了得到函数的图象,只要将的图象()A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度5.已知,,则的大小关系为()A. B. C. D.6.已知函数()的部分图象如图所示.则()A. B.C. D.7.已知函数则函数的图象的对称轴方程为()A. B.C. D.8.某几何体的三视图如图所示,图中圆的半径为1,等腰三角形的腰长为3,则该几何体表面积为()A. B. C. D.9.函数的图象在点处的切线为,则在轴上的截距为()A. B. C. D.10.已知为坐标原点,角的终边经过点且,则()A. B. C. D.11.设命题函数在上递增,命题在中,,下列为真命题的是()A. B. C. D.12.已知中内角所对应的边依次为,若,则的面积为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若函数在和上均单调递增,则实数的取值范围为________.14.设、、、、是表面积为的球的球面上五点,四边形为正方形,则四棱锥体积的最大值为__________.15.如图,在长方体中,,E,F,G分别为的中点,点P在平面ABCD内,若直线平面EFG,则线段长度的最小值是________________.16.已知的终边过点,若,则__________.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)在平面直角坐标系中,曲线的参数方程是(为参数),以原点为极点,轴正半轴为极轴,建立极坐标系,直线的极坐标方程为.(Ⅰ)求曲线的普通方程与直线的直角坐标方程;(Ⅱ)已知直线与曲线交于,两点,与轴交于点,求.18.(12分)设点,分别是椭圆的左、右焦点,为椭圆上任意一点,且的最小值为1.(1)求椭圆的方程;(2)如图,动直线与椭圆有且仅有一个公共点,点,是直线上的两点,且,,求四边形面积的最大值.19.(12分)设椭圆的离心率为,左、右焦点分别为,点D在椭圆C上,的周长为.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过圆上任意一点P作圆E的切线l,若l与椭圆C交于A,B两点,O为坐标原点,求证:为定值.20.(12分)已知的内角的对边分别为,且满足.(1)求角的大小;(2)若的面积为,求的周长的最小值.21.(12分)对于很多人来说,提前消费的认识首先是源于信用卡,在那个工资不高的年代,信用卡绝对是神器,稍微大件的东西都是可以选择用信用卡来买,甚至于分期买,然后慢慢还!现在银行贷款也是很风靡的,从房贷到车贷到一般的现金贷.信用卡“忽如一夜春风来”,遍布了各大小城市的大街小巷.为了解信用卡在市的使用情况,某调查机构借助网络进行了问卷调查,并从参与调查的网友中随机抽取了100人进行抽样分析,得到如下列联表(单位:人)经常使用信用卡偶尔或不用信用卡合计40岁及以下15355040岁以上203050合计3565100(1)根据以上数据,能否在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关?(2)①现从所抽取的40岁及以下的网民中,按“经常使用”与“偶尔或不用”这两种类型进行分层抽样抽取10人,然后,再从这10人中随机选出4人赠送积分,求选出的4人中至少有3人偶尔或不用信用卡的概率;②将频率视为概率,从市所有参与调查的40岁以上的网民中随机抽取3人赠送礼品,记其中经常使用信用卡的人数为,求随机变量的分布列、数学期望和方差.参考公式:,其中.参考数据:0.150.100.050.0250.0102.0722.7063.8415.0246.63522.(10分)已知函数.(1)求函数的单调区间;(2)当时,如果方程有两个不等实根,求实数t的取值范围,并证明.
2023学年模拟测试卷参考答案(含详细解析)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.D【答案解析】
设,利用余弦定理,结合双曲线的定义进行求解即可.【题目详解】设,由双曲线的定义可知:因此再由双曲线的定义可知:,在三角形中,由余弦定理可知:,因此双曲线的渐近线方程为:.故选:D【答案点睛】本题考查了双曲线的定义的应用,考查了余弦定理的应用,考查了双曲线的渐近线方程,考查了数学运算能力.2.A【答案解析】
所求的分母特征,利用变形构造,再等价变形,利用基本不等式求最值.【题目详解】解:因为满足,则,当且仅当时取等号,故选:.【答案点睛】本题考查通过拼凑法利用基本不等式求最值.拼凑法的实质在于代数式的灵活变形,拼系数、凑常数是关键.(1)拼凑的技巧,以整式为基础,注意利用系数的变化以及等式中常数的调整,做到等价变形;(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提.3.B【答案解析】
设,则,,由B,P,D三点共线,C,P,E三点共线,可知,,解得即可得出结果.【题目详解】设,则,,因为B,P,D三点共线,C,P,E三点共线,所以,,所以,.故选:B.【答案点睛】本题考查了平面向量基本定理和向量共线定理的简单应用,属于基础题.4.A【答案解析】
由的最小正周期是,得,即,因此它的图象向左平移个单位可得到的图象.故选A.考点:函数的图象与性质.【名师点睛】三角函数图象变换方法:5.D【答案解析】
由指数函数的图像与性质易得最小,利用作差法,结合对数换底公式及基本不等式的性质即可比较和的大小关系,进而得解.【题目详解】根据指数函数的图像与性质可知,由对数函数的图像与性质可知,,所以最小;而由对数换底公式化简可得由基本不等式可知,代入上式可得所以,综上可知,故选:D.【答案点睛】本题考查了指数式与对数式的化简变形,对数换底公式及基本不等式的简单应用,作差法比较大小,属于中档题.6.C【答案解析】
由图象可知,可解得,利用三角恒等变换化简解析式可得,令,即可求得.【题目详解】依题意,,即,解得;因为所以,当时,.故选:C.【答案点睛】本题主要考查了由三角函数的图象求解析式和已知函数值求自变量,考查三角恒等变换在三角函数化简中的应用,难度一般.7.C【答案解析】
,将看成一个整体,结合的对称性即可得到答案.【题目详解】由已知,,令,得.故选:C.【答案点睛】本题考查余弦型函数的对称性的问题,在处理余弦型函数的性质时,一般采用整体法,结合三角函数的性质,是一道容易题.8.C【答案解析】
几何体是由一个圆锥和半球组成,其中半球的半径为1,圆锥的母线长为3,底面半径为1,计算得到答案.【题目详解】几何体是由一个圆锥和半球组成,其中半球的半径为1,圆锥的母线长为3,底面半径为1,故几何体的表面积为.故选:.【答案点睛】本题考查了根据三视图求表面积,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.9.A【答案解析】
求出函数在处的导数后可得曲线在处的切线方程,从而可求切线的纵截距.【题目详解】,故,所以曲线在处的切线方程为:.令,则,故切线的纵截距为.故选:A.【答案点睛】本题考查导数的几何意义以及直线的截距,注意直线的纵截距指直线与轴交点的纵坐标,因此截距有正有负,本题属于基础题.10.C【答案解析】
根据三角函数的定义,即可求出,得出,得出和,再利用二倍角的正弦公式,即可求出结果.【题目详解】根据题意,,解得,所以,所以,所以.故选:C.【答案点睛】本题考查三角函数定义的应用和二倍角的正弦公式,考查计算能力.11.C【答案解析】
命题:函数在上单调递减,即可判断出真假.命题:在中,利用余弦函数单调性判断出真假.【题目详解】解:命题:函数,所以,当时,,即函数在上单调递减,因此是假命题.命题:在中,在上单调递减,所以,是真命题.则下列命题为真命题的是.故选:C.【答案点睛】本题考查了函数的单调性、正弦定理、三角形边角大小关系、简易逻辑的判定方法,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.12.A【答案解析】
由余弦定理可得,结合可得a,b,再利用面积公式计算即可.【题目详解】由余弦定理,得,由,解得,所以,.故选:A.【答案点睛】本题考查利用余弦定理解三角形,考查学生的基本计算能力,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.【答案解析】
化简函数,求出在上的单调递增区间,然后根据在和上均单调递增,列出不等式求解即可.【题目详解】由知,当时,在和上单调递增,在和上均单调递增,,
,
的取值范围为:.
故答案为:.【答案点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质,关键是根据函数的单调性列出关于m的方程组,属中档题.14.【答案解析】
根据球的表面积求得球的半径,设球心到四棱锥底面的距离为,求得四棱锥的表达式,利用基本不等式求得体积的最大值.【题目详解】由已知可得球的半径,设球心到四棱锥底面的距离为,棱锥的高为,底面边长为,的体积,当且仅当时等号成立.故答案为:【答案点睛】本小题主要考查球的表面积有关计算,考查球的内接四棱锥体积的最值的求法,属于中档题.15.【答案解析】
如图,连接,证明平面平面EFG.因为直线平面EFG,所以点P在直线AC上.当时.线段的长度最小,再求此时的得解.【题目详解】如图,连接,因为E,F,G分别为AB,BC,的中点,所以,平面,则平面.因为,所以同理得平面,又.所以平面平面EFG.因为直线平面EFG,所以点P在直线AC上.在中,,故当时.线段的长度最小,最小值为.故答案为:【答案点睛】本题主要考查空间位置关系的证明,考查立体几何中的轨迹问题,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16.【答案解析】
】由题意利用任意角的三角函数的定义,求得的值.【题目详解】∵的终边过点,若,.即答案为-2.【答案点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义和诱导公式,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)(x-1)2+y2=4,直线l的直角坐标方程为x-y-2=0;(2)3.【答案解析】
(1)消参得到曲线的普通方程,利用极坐标和直角坐标方程的互化公式求得直线的直角坐标方程;(2)先得到直线的参数方程,将直线的参数方程代入到圆的方程,得到关于的一元二次方程,由根与系数的关系、参数的几何意义进行求解.【题目详解】(1)由曲线C的参数方程(α为参数)(α为参数),两式平方相加,得曲线C的普通方程为(x-1)2+y2=4;由直线l的极坐标方程可得ρcosθcos-ρsinθsin=ρcosθ-ρsinθ=2,即直线l的直角坐标方程为x-y-2=0.(2)由题意可得P(2,0),则直线l的参数方程为(t为参数).设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,则|PA|·|PB|=|t1|·|t2|,将(t为参数)代入(x-1)2+y2=4,得t2+t-3=0,则Δ>0,由韦达定理可得t1·t2=-3,所以|PA|·|PB|=|-3|=3.18.(1);(2)2.【答案解析】
(1)利用的最小值为1,可得,,即可求椭圆的方程;(2)将直线的方程代入椭圆的方程中,得到关于的一元二次方程,由直线与椭圆仅有一个公共点知,即可得到,的关系式,利用点到直线的距离公式即可得到,.当时,设直线的倾斜角为,则,即可得到四边形面积的表达式,利用基本不等式的性质,结合当时,四边形是矩形,即可得出的最大值.【题目详解】(1)设,则,,,,由题意得,,椭圆的方程为;
(2)将直线的方程代入椭圆的方程中,得.
由直线与椭圆仅有一个公共点知,,化简得:.
设,,当时,设直线的倾斜角为,则,,,,∴当时,,,.当时,四边形是矩形,.
所以四边形面积的最大值为2.【答案点睛】本题主要考查椭圆的方程与性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系、向量知识、二次函数的单调性、基本不等式的性质等基础知识,考查运算能力、推理论证以及分析问题、解决问题的能力,考查数形结合、化归与转化思想.19.(1)(2)见解析【答案解析】
(1)由,周长,解得,即可求得标准方程.(2)通过特殊情况的斜率不存在时,求得,再证明的斜率存在时,即可证得为定值.通过设直线的方程为与椭圆方程联立,借助韦达定理求得,利用直线与圆相切,即,求得的关系代入,化简即可证得即可证得结论.【题目详解】(1)由题意得,周长,且.联立解得,,所以椭圆C的标准方程为.(2)①当直线l的斜率不存在时,不妨设其方程为,则,所以,即.②当直线l的斜率存在时,设其方程为,并设,由,,,由直线l与圆E相切,得.所以.从而,即.综合上述,得为定值.【答案点睛】本题考查了椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系中定值问题,考查了学生计算求解能力,难度较难.20.(1)(2)【答案解析】
(1)因为,所以,由余弦定理得,化简得,可得,解得,又因为,所以.(6分)(2)因为,所以,则(当且仅当时,取等号).由(1)得(当且仅当时,取等号),解得.所以(当且仅当时,取等号),所以的周长的最小值为.21.(1)不能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关;(2)①;②分布列见解析,,【答案解析】
(1)计算再对照表格分析即可.(2)①根据分层抽样的方法可得经常使用信用卡的有人,偶尔或不用信用卡的有人,再根据超几何分布的方法计算3人或4人偶尔或不用信用卡的概率即可.②利用二项分布的特点求解变量的分布列、数学期望和方差即可.【题目详解】(1)由列联表可知,,因为,所以不能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关.(2)①依题意,可知所抽取的10
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