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文档简介

甘肃省天水市高中名校2023年高三下第六次月考数学试题试卷注意事项: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.在中,,,,则在方向上的投影是()A.4 B.3 C.-4 D.-32.已知,满足条件(为常数),若目标函数的最大值为9,则()A. B. C. D.3.如图所示的程序框图,当其运行结果为31时,则图中判断框①处应填入的是()A. B. C. D.4.下图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案,形若铜钱,寓意富贵吉祥.在圆内随机取一点,则该点取自阴影区域内(阴影部分由四条四分之一圆弧围成)的概率是()A. B. C. D.5.国家统计局服务业调查中心和中国物流与采购联合会发布的2018年10月份至2019年9月份共12个月的中国制造业采购经理指数(PMI)如下图所示.则下列结论中错误的是()A.12个月的PMI值不低于50%的频率为B.12个月的PMI值的平均值低于50%C.12个月的PMI值的众数为49.4%D.12个月的PMI值的中位数为50.3%6.若,满足约束条件,则的最大值是()A. B. C.13 D.7.已知向量,,=(1,),且在方向上的投影为,则等于()A.2 B.1 C. D.08.若数列为等差数列,且满足,为数列的前项和,则()A. B. C. D.9.过椭圆的左焦点的直线过的上顶点,且与椭圆相交于另一点,点在轴上的射影为,若,是坐标原点,则椭圆的离心率为()A. B. C. D.10.若某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A.240 B.264 C.274 D.28211.若,则()A. B. C. D.12.若集合,则()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,为正实数,且,则的最小值为________________.14.直线是圆:与圆:的公切线,并且分别与轴正半轴,轴正半轴相交于,两点,则的面积为_________15.已知为矩形的对角线的交点,现从这5个点中任选3个点,则这3个点不共线的概率为________.16.已知点是抛物线的焦点,,是该抛物线上的两点,若,则线段中点的纵坐标为__________.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)已知为坐标原点,点,,,动点满足,点为线段的中点,抛物线:上点的纵坐标为,.(1)求动点的轨迹曲线的标准方程及抛物线的标准方程;(2)若抛物线的准线上一点满足,试判断是否为定值,若是,求这个定值;若不是,请说明理由.18.(12分)已知函数(是自然对数的底数,).(1)求函数的图象在处的切线方程;(2)若函数在区间上单调递增,求实数的取值范围;(3)若函数在区间上有两个极值点,且恒成立,求满足条件的的最小值(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值).19.(12分)如图,平面分别是上的动点,且.(1)若平面与平面的交线为,求证:;(2)当平面平面时,求平面与平面所成的二面角的余弦值.20.(12分)如图,⊙的直径的延长线与弦的延长线相交于点,为⊙上一点,,交于点.求证:~.21.(12分)已知如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=30°,∠ABC=90°,D为AC中点,AEBD于E,延长AE交BC于F,将△ABD沿BD折起,使平面ABD平面BCD,如图2所示。(Ⅰ)求证:AE平面BCD;(Ⅱ)求二面角A-DC-B的余弦值;(Ⅲ)求三棱锥B-AEF与四棱锥A-FEDC的体积的比(只需写出结果,不要求过程).22.(10分)已知函数.(1)解不等式;(2)记函数的最小值为,正实数、满足,求证:.

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、D【解析】分析:根据平面向量的数量积可得,再结合图形求出与方向上的投影即可.详解:如图所示:,,,又,,在方向上的投影是:,故选D.点睛:本题考查了平面向量的数量积以及投影的应用问题,也考查了数形结合思想的应用问题.2、B【解析】

由目标函数的最大值为9,我们可以画出满足条件件为常数)的可行域,根据目标函数的解析式形式,分析取得最优解的点的坐标,然后根据分析列出一个含参数的方程组,消参后即可得到的取值.【详解】画出,满足的为常数)可行域如下图:由于目标函数的最大值为9,可得直线与直线的交点,使目标函数取得最大值,将,代入得:.故选:.【点睛】如果约束条件中含有参数,我们可以先画出不含参数的几个不等式对应的平面区域,分析取得最优解是哪两条直线的交点,然后得到一个含有参数的方程(组,代入另一条直线方程,消去,后,即可求出参数的值.3、C【解析】

根据程序框图的运行,循环算出当时,结束运行,总结分析即可得出答案.【详解】由题可知,程序框图的运行结果为31,当时,;当时,;当时,;当时,;当时,.此时输出.故选:C.【点睛】本题考查根据程序框图的循环结构,已知输出结果求条件框,属于基础题.4、C【解析】令圆的半径为1,则,故选C.5、D【解析】

根据图形中的信息,可得频率、平均值的估计、众数、中位数,从而得到答案.【详解】对A,从图中数据变化看,PMI值不低于50%的月份有4个,所以12个月的PMI值不低于50%的频率为,故A正确;对B,由图可以看出,PMI值的平均值低于50%,故B正确;对C,12个月的PMI值的众数为49.4%,故C正确,;对D,12个月的PMI值的中位数为49.6%,故D错误故选:D.【点睛】本题考查频率、平均值的估计、众数、中位数计算,考查数据处理能力,属于基础题.6、C【解析】

由已知画出可行域,利用目标函数的几何意义求最大值.【详解】解:表示可行域内的点到坐标原点的距离的平方,画出不等式组表示的可行域,如图,由解得即点到坐标原点的距离最大,即.故选:.【点睛】本题考查线性规划问题,考查数形结合的数学思想以及运算求解能力,属于基础题.7、B【解析】

先求出,再利用投影公式求解即可.【详解】解:由已知得,由在方向上的投影为,得,则.故答案为:B.【点睛】本题考查向量的几何意义,考查投影公式的应用,是基础题.8、B【解析】

利用等差数列性质,若,则求出,再利用等差数列前项和公式得【详解】解:因为,由等差数列性质,若,则得,.为数列的前项和,则.故选:.【点睛】本题考查等差数列性质与等差数列前项和.(1)如果为等差数列,若,则.(2)要注意等差数列前项和公式的灵活应用,如.9、D【解析】

求得点的坐标,由,得出,利用向量的坐标运算得出点的坐标,代入椭圆的方程,可得出关于、、的齐次等式,进而可求得椭圆的离心率.【详解】由题意可得、.由,得,则,即.而,所以,所以点.因为点在椭圆上,则,整理可得,所以,所以.即椭圆的离心率为故选:D.【点睛】本题考查椭圆离心率的求解,解答的关键就是要得出、、的齐次等式,充分利用点在椭圆上这一条件,围绕求点的坐标来求解,考查计算能力,属于中等题.10、B【解析】

将三视图还原成几何体,然后分别求出各个面的面积,得到答案.【详解】由三视图可得,该几何体的直观图如图所示,延长交于点,其中,,,所以表面积.故选B项.【点睛】本题考查三视图还原几何体,求组合体的表面积,属于中档题11、D【解析】

直接利用二倍角余弦公式与弦化切即可得到结果.【详解】∵,∴,故选D【点睛】本题考查的知识要点:三角函数关系式的恒等变变换,同角三角函数关系式的应用,主要考查学生的运算能力和转化能力,属于基础题型.12、A【解析】

先确定集合中的元素,然后由交集定义求解.【详解】,.故选:A.【点睛】本题考查求集合的交集运算,掌握交集定义是解题关键.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

由,为正实数,且,可知,于是,可得,再利用基本不等式即可得出结果.【详解】解:,为正实数,且,可知,,.当且仅当时取等号.的最小值为.故答案为:.【点睛】本题考查了基本不等式的性质应用,恰当变形是解题的关键,属于中档题.14、【解析】

根据题意画出图形,设,利用三角形相似求得的值,代入三角形的面积公式,即可求解.【详解】如图所示,设,由与相似,可得,解得,再由与相似,可得,解得,由三角形的面积公式,可得的面积为.故答案为:.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用,以及三角形相似的应用,着重考查了数形结合思想,以及推理与运算能力,属于基础题.15、【解析】

基本事件总数,这3个点共线的情况有两种和,由此能求出这3个点不共线的概率.【详解】解:为矩形的对角线的交点,现从,,,,这5个点中任选3个点,基本事件总数,这3个点共线的情况有两种和,这3个点不共线的概率为.故答案为:.【点睛】本题考查概率的求法,考查对立事件概率计算公式等基础知识,考查运算求解能力,属于基础题.16、2【解析】

运用抛物线的定义将抛物线上的点到焦点距离等于到准线距离,然后求解结果.【详解】抛物线的标准方程为:,则抛物线的准线方程为,设,,则,所以,则线段中点的纵坐标为.故答案为:【点睛】本题考查了抛物线的定义,由抛物线定义将点到焦点距离转化为点到准线距离,需要熟练掌握定义,并能灵活运用,本题较为基础.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)曲线的标准方程为.抛物线的标准方程为.(2)见解析【解析】

(1)由题知|PF1|+|PF2|2|F1F2|,判断动点P的轨迹W是椭圆,写出椭圆的标准方程,根据平面向量数量积运算和点A在抛物线上求出抛物线C的标准方程;(2)设出点P的坐标,再表示出点N和Q的坐标,根据题意求出的值,即可判断结果是否成立.【详解】(1)由题知,,所以,因此动点的轨迹是以,为焦点的椭圆,又知,,所以曲线的标准方程为.又由题知,所以,所以,又因为点在抛物线上,所以,所以抛物线的标准方程为.(2)设,,由题知,所以,即,所以,又因为,,所以,所以为定值,且定值为1.【点睛】本题考查了圆锥曲线的定义与性质的应用问题,考查抛物线的几何性质及点在曲线上的代换,也考查了推理与运算能力,是中档题.18、(1);(2);(3).【解析】

(1)利用导数的几何意义计算即可;(2)在上恒成立,只需,注意到;(3)在上有两根,令,求导可得在上单调递减,在上单调递增,所以且,,,求出的范围即可.【详解】(1)因为,所以,当时,,所以切线方程为,即.(2),.因为函数在区间上单调递增,所以,且恒成立,即,所以,即,又,故,所以实数的取值范围是.(3).因为函数在区间上有两个极值点,所以方程在上有两不等实根,即.令,则,由,得,所以在上单调递减,在上单调递增,所以,解得且.又由,所以,且当和时,单调递增,当时,单调递减,是极值点,此时令,则,所以在上单调递减,所以.因为恒成立,所以.若,取,则,所以.令,则,.当时,;当时,.所以,所以在上单调递增,所以,即存在使得,不合题意.满足条件的的最小值为-4.【点睛】本题考查导数的综合应用,涉及到导数的几何意义,利用导数研究函数的单调性、极值点,不等式恒成立等知识,是一道难题.19、(1)见解析;(2)【解析】

(1)首先由线面平行的判定定理可得平面,再由线面平行的性质定理即可得证;(2)以点为坐标原点,,所在的直线分别为轴,以过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法求出二面角的余弦值;【详解】解:(1)由,又平面,平面,所以平面.又平面,且平面平面,故.(2)因为平面,所以,又,所以平面,所以,又,所以.若平面平面,则平面,所以,由且,又,所以.以点为坐标原点,,所在的直线分别为轴,以过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系,则,,设则由,可得,,即,所以可得,所以,设平面的一个法向量为,则,,,取,得所以易知平面的法向量为,设平面与平面所成的二面角为,则,结合图形可知平面与平面所成的二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的判定定理及性质定理的应用,利用空间向量法求二面角,解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养,属于中档题.20、证明见解析【解析】

根据相似三角形的判定定理,已知两个三角形有公共角,题中未给出线段比例关系,故可根据判定定理一需找到另外一组相等角,结合平面几何的知识证得即可.【详解】证明:∵,所以,又因为,所以.在与中,,,故~.【点睛】本题考查平面几何中同弧所对的圆心角与圆周角的关系、相似三角形的判定定理;考查逻辑推理能力和数形结合思想;分析图形,找出角与角之间的关系是证明本题的关键;属于基础题.21、(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ);(Ⅲ)1:5【解析】

(Ⅰ)由平面ABD⊥平面BCD,交线为BD,AE⊥BD于E,能证明AE⊥平面BCD;(Ⅱ)以E为坐标原点,分别以EF、ED、EA所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系E-xyz,利用向量法求出二面角A-DC-B的余弦值;(Ⅲ)利用体积公式分别求出三棱锥B-AEF与四棱锥A-FEDC的体积,再作比写出答案即可.【详解】(Ⅰ)证明:∵平面ABD⊥平面BCD,交线为BD,又在△ABD中,AE⊥BD于E,AE⊂平面ABD,

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