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文档简介

江西省宁都中学2023届高三数学试题3月考试(网络)试题考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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.如图,点E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点,点F,M分别在线段AC,BD1(不包含端点)上运动,则()A.在点F的运动过程中,存在EF//BC1B.在点M的运动过程中,不存在B1M⊥AEC.四面体EMAC的体积为定值D.四面体FA1C1B的体积不为定值2.半径为2的球内有一个内接正三棱柱,则正三棱柱的侧面积的最大值为()A. B. C. D.3.已知若在定义域上恒成立,则的取值范围是()A. B. C. D.4.已知集合,,若,则()A.或 B.或 C.或 D.或5.若复数在复平面内对应的点在第二象限,则实数的取值范围是()A. B. C. D.6.如图,双曲线的左,右焦点分别是直线与双曲线的两条渐近线分别相交于两点.若则双曲线的离心率为()A. B.C. D.7.若复数(为虚数单位),则的共轭复数的模为()A. B.4 C.2 D.8.如图,在棱长为4的正方体中,E,F,G分别为棱AB,BC,的中点,M为棱AD的中点,设P,Q为底面ABCD内的两个动点,满足平面EFG,,则的最小值为()A. B. C. D.9.若的二项展开式中的系数是40,则正整数的值为()A.4 B.5 C.6 D.710.已知函数,若曲线在点处的切线方程为,则实数的取值为()A.-2 B.-1 C.1 D.211.已知平行于轴的直线分别交曲线于两点,则的最小值为()A. B. C. D.12.已知双曲线的一条渐近线与直线垂直,则双曲线的离心率等于()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知等比数列满足,,则该数列的前5项的和为______________.14.某种圆柱形的如罐的容积为个立方单位,当它的底面半径和高的比值为______.时,可使得所用材料最省.15.实数,满足,如果目标函数的最小值为,则的最小值为_______.16.数列满足递推公式,且,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)已知的面积为,且.(1)求角的大小及长的最小值;(2)设为的中点,且,的平分线交于点,求线段的长.18.(12分)已知抛物线的焦点为,点,点为抛物线上的动点.(1)若的最小值为,求实数的值;(2)设线段的中点为,其中为坐标原点,若,求的面积.19.(12分)在如图所示的多面体中,平面平面,四边形是边长为2的菱形,四边形为直角梯形,四边形为平行四边形,且,,(1)若分别为,的中点,求证:平面;(2)若,与平面所成角的正弦值,求二面角的余弦值.20.(12分)已知.(1)若的解集为,求的值;(2)若对任意,不等式恒成立,求实数的取值范围.21.(12分)已知函数.(1)讨论的单调性;(2)函数,若对于,使得成立,求的取值范围.22.(10分)已知函数,其中.(Ⅰ)若,求函数的单调区间;(Ⅱ)设.若在上恒成立,求实数的最大值.

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】

采用逐一验证法,根据线线、线面之间的关系以及四面体的体积公式,可得结果.【详解】A错误由平面,//而与平面相交,故可知与平面相交,所以不存在EF//BC1B错误,如图,作由又平面,所以平面又平面,所以由//,所以,平面所以平面,又平面所以,所以存在C正确四面体EMAC的体积为其中为点到平面的距离,由//,平面,平面所以//平面,则点到平面的距离即点到平面的距离,所以为定值,故四面体EMAC的体积为定值错误由//,平面,平面所以//平面,则点到平面的距离即为点到平面的距离,所以为定值所以四面体FA1C1B的体积为定值故选:C【点睛】本题考查线面、线线之间的关系,考验分析能力以及逻辑推理能力,熟练线面垂直与平行的判定定理以及性质定理,中档题.2、B【解析】

设正三棱柱上下底面的中心分别为,底面边长与高分别为,利用,可得,进一步得到侧面积,再利用基本不等式求最值即可.【详解】如图所示.设正三棱柱上下底面的中心分别为,底面边长与高分别为,则,在中,,化为,,,当且仅当时取等号,此时.故选:B.【点睛】本题考查正三棱柱与球的切接问题,涉及到基本不等式求最值,考查学生的计算能力,是一道中档题.3、C【解析】

先解不等式,可得出,求出函数的值域,由题意可知,不等式在定义域上恒成立,可得出关于的不等式,即可解得实数的取值范围.【详解】,先解不等式.①当时,由,得,解得,此时;②当时,由,得.所以,不等式的解集为.下面来求函数的值域.当时,,则,此时;当时,,此时.综上所述,函数的值域为,由于在定义域上恒成立,则不等式在定义域上恒成立,所以,,解得.因此,实数的取值范围是.故选:C.【点睛】本题考查利用函数不等式恒成立求参数,同时也考查了分段函数基本性质的应用,考查分类讨论思想的应用,属于中等题.4、B【解析】

因为,所以,所以或.若,则,满足.若,解得或.若,则,满足.若,显然不成立,综上或,选B.5、B【解析】

复数,在复平面内对应的点在第二象限,可得关于a的不等式组,解得a的范围.【详解】,由其在复平面对应的点在第二象限,得,则.故选:B.【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义、不等式的解法,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.6、A【解析】

易得,过B作x轴的垂线,垂足为T,在中,利用即可得到的方程.【详解】由已知,得,过B作x轴的垂线,垂足为T,故,又所以,即,所以双曲线的离心率.故选:A.【点睛】本题考查双曲线的离心率问题,在作双曲线离心率问题时,最关键的是找到的方程或不等式,本题属于容易题.7、D【解析】

由复数的综合运算求出,再写出其共轭复数,然后由模的定义计算模.【详解】,.故选:D.【点睛】本题考查复数的运算,考查共轭复数与模的定义,属于基础题.8、C【解析】

把截面画完整,可得在上,由知在以为圆心1为半径的四分之一圆上,利用对称性可得的最小值.【详解】如图,分别取的中点,连接,易证共面,即平面为截面,连接,由中位线定理可得,平面,平面,则平面,同理可得平面,由可得平面平面,又平面EFG,在平面上,∴.正方体中平面,从而有,∴,∴在以为圆心1为半径的四分之一圆(圆在正方形内的部分)上,显然关于直线的对称点为,,当且仅当共线时取等号,∴所求最小值为.故选:C.【点睛】本题考查空间距离的最小值问题,解题时作出正方体的完整截面求出点轨迹是第一个难点,第二个难点是求出点轨迹,第三个难点是利用对称性及圆的性质求得最小值.9、B【解析】

先化简的二项展开式中第项,然后直接求解即可【详解】的二项展开式中第项.令,则,∴,∴(舍)或.【点睛】本题考查二项展开式问题,属于基础题10、B【解析】

求出函数的导数,利用切线方程通过f′(0),求解即可;【详解】f(x)的定义域为(﹣1,+∞),因为f′(x)a,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x,可得1﹣a=2,解得a=﹣1,故选:B.【点睛】本题考查函数的导数的几何意义,切线方程的求法,考查计算能力.11、A【解析】

设直线为,用表示出,,求出,令,利用导数求出单调区间和极小值、最小值,即可求出的最小值.【详解】解:设直线为,则,,而满足,那么设,则,函数在上单调递减,在上单调递增,所以故选:.【点睛】本题考查导数知识的运用:求单调区间和极值、最值,考查化简整理的运算能力,正确求导确定函数的最小值是关键,属于中档题.12、B【解析】由于直线的斜率k,所以一条渐近线的斜率为,即,所以,选B.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、31【解析】设,可化为,得,,,14、【解析】

设圆柱的高为,底面半径为,根据容积为个立方单位可得,再列出该圆柱的表面积,利用导数求出最值,从而进一步得到圆柱的底面半径和高的比值.【详解】设圆柱的高为,底面半径为.∵该圆柱形的如罐的容积为个立方单位∴,即.∴该圆柱形的表面积为.令,则.令,得;令,得.∴在上单调递减,在上单调递增.∴当时,取得最小值,即材料最省,此时.故答案为:.【点睛】本题考查函数的应用,解答本题的关键是写出表面积的表示式,再利用导数求函数的最值,属中档题.15、【解析】

作出不等式组对应的平面区域,利用目标函数的最小值为,确定出的值,进而确定出C点坐标,结合目标函数几何意义,从而求得结果.【详解】先做的区域如图可知在三角形ABC区域内,由得可知,直线的截距最大时,取得最小值,此时直线为,作出直线,交于A点,由图象可知,目标函数在该点取得最小值,所以直线也过A点,由,得,代入,得,所以点C的坐标为.等价于点与原点连线的斜率,所以当点为点C时,取得最小值,最小值为,故答案为:.【点睛】该题考查的是有关线性规划的问题,在解题的过程中,注意正确画出约束条件对应的可行域,根据最值求出参数,结合分式型目标函数的意义求得最优解,属于中档题目.16、2020【解析】

可对左右两端同乘以得,依次写出,,,,累加可得,再由得,代入即可求解【详解】左右两端同乘以有,从而,,,,将以上式子累加得.由得.令,有.故答案为:2020【点睛】本题考查数列递推式和累加法的应用,属于基础题三、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),;(2).【解析】

(1)根据面积公式和数量积性质求角及最大边;(2)根据的长度求出,再根据面积比值求,从而求出.【详解】(1)在中,由,得,由,得,所以,所以,,因为在中,,所以,因为(当且仅当时取等),所以长的最小值为;(2)在三角形中,因为为中线,所以,,所以,因为,所以,所以,由(1)知,所以,或,,所以,因为为角平分线,,,或2,所以,或,所以.【点睛】本题考查了平面向量数量积的性质及其运算,余弦定理解三角形及三角形面积公式的应用,属于中档题.18、(1)的值为或.(2)【解析】

(1)分类讨论,当时,线段与抛物线没有公共点,设点在抛物线准线上的射影为,当三点共线时,能取得最小值,利用抛物线的焦半径公式即可求解;当时,线段与抛物线有公共点,利用两点间的距离公式即可求解.(2)由题意可得轴且设,则,代入抛物线方程求出,再利用三角形的面积公式即可求解.【详解】由题,,若线段与抛物线没有公共点,即时,设点在抛物线准线上的射影为,则三点共线时,的最小值为,此时若线段与抛物线有公共点,即时,则三点共线时,的最小值为:,此时综上,实数的值为或.因为,所以轴且设,则,代入抛物线的方程解得于是,所以【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式、直线与抛物线的位置关系中的面积问题,属于中档题.19、(1)见解析(2)【解析】试题分析:(1)第(1)问,转化成证明平面,再转化成证明和.(2)第(2)问,先利用几何法找到与平面所成角,再根据与平面所成角的正弦值为求出再建立空间直角坐标系,求出二面角的余弦值.试题解析:(1)连接,因为四边形为菱形,所以.因为平面平面,平面平面,平面,,所以平面.又平面,所以.因为,所以.因为,所以平面.因为分别为,的中点,所以,所以平面(2)设,由(1)得平面.由,,得,.过点作,与的延长线交于点,取的中点,连接,,如图所示,又,所以为等边三角形,所以,又平面平面,平面平面,平面,故平面.因为为平行四边形,所以,所以平面.又因为,所以平面.因为,所以平面平面.由(1),得平面,所以平面,所以.因为,所以平面,所以是与平面所成角.因为,,所以平面,平面,因为,所以平面平面.所以,,解得.在梯形中,易证,分别以,,的正方向为轴,轴,轴的正方向建立空间直角坐标系.则,,,,,,由,及,得,所以,,.设平面的一个法向量为,由得令,得m=(3,1,2)设平面的一个法向量为,由得令,得.所以又因为二面角是钝角,所以二面角的余弦值是.20、(1);(2)【解析】

(1)利用两边平方法解含有绝对值的不等式,再根据根与系数的关系求出的值;(2)利用绝对值不等式求出的最小值,把不等式化为只含有的不等式,求出不等式解集即可.【详解】(1)不等式,即两边平方整理得由题意知和是方程的两个实数根即,解得(2)因为所以要使不等式恒成立,只需当时,,解得,即;当时,,解得,即;综上所述,的取值范围是【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题,也考查了分类讨论思想,是中档题.21、(1)当时,在上增;当时,在上减,在上增(2)【解析】

(1)求出导函数,分类讨论确定的正负,确定单调区间;(2)题意说明,利用导数求出的最小值,由(1)可得的最小值,从而得出结论.【详解】解:(1)定义域为当时,即在上增;当时,即得得综上所述,当时,在上增;当时,在上减,在上增(2)由题在上增由(1)当时,在上

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