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文档简介
吉林省白山市2024届高三下学期数学试题周测试卷注意事项: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.是的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件2.设为非零实数,且,则()A. B. C. D.3.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.74.如图,网格纸上小正方形的边长为,粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为()A. B. C. D.5.已知函数,要得到函数的图象,只需将的图象()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6.已知函数,,若,对任意恒有,在区间上有且只有一个使,则的最大值为()A. B. C. D.7.若函数恰有3个零点,则实数的取值范围是()A. B. C. D.8.设,若函数在区间上有三个零点,则实数的取值范围是()A. B. C. D.9.如图所示,矩形的对角线相交于点,为的中点,若,则等于().A. B. C. D.10.已知向量,,且与的夹角为,则x=()A.-2 B.2 C.1 D.-111.如图在一个的二面角的棱有两个点,线段分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于棱,且,则的长为()A.4 B. C.2 D.12.复数满足,则复数等于()A. B. C.2 D.-2二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.现有一块边长为a的正方形铁片,铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形,然后做成一个无盖方盒,该方盒容积的最大值是________.14.某学校高一、高二、高三年级的学生人数之比为,现按年级采用分层抽样的方法抽取若干人,若抽取的高三年级为12人,则抽取的样本容量为________人.15.锐角中,角,,所对的边分别为,,,若,则的取值范围是______.16.已知均为非负实数,且,则的取值范围为______.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)已知函数(),且只有一个零点.(1)求实数a的值;(2)若,且,证明:.18.(12分)设函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)若对恒成立,求的取值范围.19.(12分)为了加强环保知识的宣传,某学校组织了垃圾分类知识竟赛活动.活动设置了四个箱子,分别写有“厨余垃圾”、“有害垃圾”、“可回收物”、“其它垃圾”;另有卡片若干张,每张卡片上写有一种垃圾的名称.每位参赛选手从所有卡片中随机抽取张,按照自己的判断将每张卡片放入对应的箱子中.按规则,每正确投放一张卡片得分,投放错误得分.比如将写有“废电池”的卡片放入写有“有害垃圾”的箱子,得分,放入其它箱子,得分.从所有参赛选手中随机抽取人,将他们的得分按照、、、、分组,绘成频率分布直方图如图:(1)分别求出所抽取的人中得分落在组和内的人数;(2)从所抽取的人中得分落在组的选手中随机选取名选手,以表示这名选手中得分不超过分的人数,求的分布列和数学期望.20.(12分)已知集合,.(1)若,则;(2)若,求实数的取值范围.21.(12分)如图所示,已知平面,,为等边三角形,为边上的中点,且.(Ⅰ)求证:面;(Ⅱ)求证:平面平面;(Ⅲ)求该几何体的体积.22.(10分)在数列中,已知,且,.(1)求数列的通项公式;(2)设,数列的前项和为,证明:.
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、B【解题分析】
分别判断充分性和必要性得到答案.【题目详解】所以(逆否命题)必要性成立当,不充分故是必要不充分条件,答案选B【题目点拨】本题考查了充分必要条件,属于简单题.2、C【解题分析】
取,计算知错误,根据不等式性质知正确,得到答案.【题目详解】,故,,故正确;取,计算知错误;故选:.【题目点拨】本题考查了不等式性质,意在考查学生对于不等式性质的灵活运用.3、B【解题分析】
先化简的二项展开式中第项,然后直接求解即可【题目详解】的二项展开式中第项.令,则,∴,∴(舍)或.【题目点拨】本题考查二项展开式问题,属于基础题4、D【解题分析】
根据三视图判断出几何体是由一个三棱锥和一个三棱柱构成,利用锥体和柱体的体积公式计算出体积并相加求得几何体的体积.【题目详解】由三视图可知该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成,该多面体体积为.故选D.【题目点拨】本小题主要考查三视图还原为原图,考查柱体和锥体的体积公式,属于基础题.5、A【解题分析】
根据函数图像平移原则,即可容易求得结果.【题目详解】因为,故要得到,只需将向左平移个单位长度.故选:A.【题目点拨】本题考查函数图像平移前后解析式的变化,属基础题.6、C【解题分析】
根据的零点和最值点列方程组,求得的表达式(用表示),根据在上有且只有一个最大值,求得的取值范围,求得对应的取值范围,由为整数对的取值进行验证,由此求得的最大值.【题目详解】由题意知,则其中,.又在上有且只有一个最大值,所以,得,即,所以,又,因此.①当时,,此时取可使成立,当时,,所以当或时,都成立,舍去;②当时,,此时取可使成立,当时,,所以当或时,都成立,舍去;③当时,,此时取可使成立,当时,,所以当时,成立;综上所得的最大值为.故选:C【题目点拨】本小题主要考查三角函数的零点和最值,考查三角函数的性质,考查化归与转化的数学思想方法,考查分类讨论的数学思想方法,属于中档题.7、B【解题分析】
求导函数,求出函数的极值,利用函数恰有三个零点,即可求实数的取值范围.【题目详解】函数的导数为,令,则或,上单调递减,上单调递增,所以0或是函数y的极值点,函数的极值为:,函数恰有三个零点,则实数的取值范围是:.故选B.【题目点拨】该题考查的是有关结合函数零点个数,来确定参数的取值范围的问题,在解题的过程中,注意应用导数研究函数图象的走向,利用数形结合思想,转化为函数图象间交点个数的问题,难度不大.8、D【解题分析】令,可得.在坐标系内画出函数的图象(如图所示).当时,.由得.设过原点的直线与函数的图象切于点,则有,解得.所以当直线与函数的图象切时.又当直线经过点时,有,解得.结合图象可得当直线与函数的图象有3个交点时,实数的取值范围是.即函数在区间上有三个零点时,实数的取值范围是.选D.点睛:已知函数零点的个数(方程根的个数)求参数值(取值范围)的方法(1)直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数范围;(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域问题加以解决;(3)数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,然后数形结合求解,对于一些比较复杂的函数的零点问题常用此方法求解.9、A【解题分析】
由平面向量基本定理,化简得,所以,即可求解,得到答案.【题目详解】由平面向量基本定理,化简,所以,即,故选A.【题目点拨】本题主要考查了平面向量基本定理的应用,其中解答熟记平面向量的基本定理,化简得到是解答的关键,着重考查了运算与求解能力,数基础题.10、B【解题分析】
由题意,代入解方程即可得解.【题目详解】由题意,所以,且,解得.故选:B.【题目点拨】本题考查了利用向量的数量积求向量的夹角,属于基础题.11、A【解题分析】
由,两边平方后展开整理,即可求得,则的长可求.【题目详解】解:,,,,,,.,,故选:.【题目点拨】本题考查了向量的多边形法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系,考查了空间想象能力,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.12、B【解题分析】
通过复数的模以及复数的代数形式混合运算,化简求解即可.【题目详解】复数满足,∴,故选B.【题目点拨】本题主要考查复数的基本运算,复数模长的概念,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解题分析】
由题意容积,求导研究单调性,分析即得解.【题目详解】由题意:容积,,则,由得或(舍去),令则为V在定义域内唯一的极大值点也是最大值点,此时.故答案为:【题目点拨】本题考查了导数在实际问题中的应用,考查了学生数学建模,转化划归,数学运算的能力,属于中档题.14、【解题分析】
根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论.【题目详解】设抽取的样本为,则由题意得,解得.故答案为:【题目点拨】本题考查了分层抽样的知识,算出抽样比是解题的关键,属于基础题.15、【解题分析】
由余弦定理,正弦定理得出,从而得出,推出的范围,由余弦函数的性质得出的范围,再利用二倍角公式化简,即可得出答案.【题目详解】由题意得由正弦定理得化简得又为锐角三角形,则,,.故答案为【题目点拨】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用,属于中档题.16、【解题分析】
设,可得的取值范围,分别利用基本不等式和,把用代换,结合的取值范围求关于的二次函数的最值即可求解.【题目详解】因为,,令,则,因为,当且仅当时等号成立,所以,,即,令则函数的对称轴为,所以当时函数有最大值为,即.当且,即,或,时取等号;因为,当且仅当时等号成立,所以,令,则函数的对称轴为,所以当时,函数有最小值为,即,当,且时取等号,所以.故答案为:【题目点拨】本题考查基本不等式与二次函数求最值相结合求代数式的取值范围;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;基本不等式:和的灵活运用是求解本题的关键;属于综合型、难度大型试题.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)证明见解析【解题分析】
(1)求导可得在上,在上,所以函数在时,取最小值,由函数只有一个零点,观察可知则有,即可求得结果.(2)由(1)可知为最小值,则构造函数(),求导借助基本不等式可判断为减函数,即可得,即则有,由已知可得,由,可知,因为时,为增函数,即可得证得结论.【题目详解】(1)().因为,所以,令得,,且,,在上;在上;所以函数在时,取最小值,当最小值为0时,函数只有一个零点,易得,所以,解得.(2)由(1)得,函数,设(),则,设(),则,,所以为减函数,所以,即,所以,即,又,所以,又当时,为增函数,所以,即.【题目点拨】本题考查借助导数研究函数的单调性及最值,考查学生分析问题的能力,及逻辑推理能力,难度困难.18、(1)或;(2)或.【解题分析】试题分析:(1)根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组,分别求解集,最后求并集(2)根据绝对值三角不等式得最小值,再解含绝对值不等式可得的取值范围.试题解析:(1)等价于或或,解得:或.故不等式的解集为或.(2)因为:所以,由题意得:,解得或.点睛:含绝对值不等式的解法有两个基本方法,一是运用零点分区间讨论,二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论思想,法二是运用数形结合思想,将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透,解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用,这是命题的新动向.19、(1)所抽取的人中得分落在组和内的人数分别为人、人;(2)分布列见解析,.【解题分析】
(1)将分别乘以区间、对应的矩形面积可得出结果;(2)由题可知,随机变量的可能取值为、、,利用超几何分布概率公式计算出随机变量在不同取值下的概率,可得出随机变量的分布列,并由此计算出随机变量的数学期望值.【题目详解】(1)由题意知,所抽取的人中得分落在组的人数有(人),得分落在组的人数有(人).因此,所抽取的人中得分落在组的人数有人,得分落在组的人数有人;(2)由题意可知,随机变量的所有可能取值为、、,,,,所以,随机变量的分布列为:所以,随机变量的期望为.【题目点拨】本题考查利用频率分布直方图计算频数,同时也考查了离散型随机变量分布列与数学期望的求解,考查计算能力,属于基础题.20、(1);(2)【解题分析】
(1)将代入可得集合B,解对数不等式可得集合A,由并集运算即可得解.(2)由可知B为A的子集,即;当符合题意,当B不为空集时,由不等式关系即可求得的取值范围.【题目详解】(1)若,则,依题意,故;(2)因为,故;若,即时,,符合题意;若,即时,,解得;综上所述,实数的取值范围为.【题目点拨】本题考查了集合的并集运算,由集合的包含关系求参数的取值范围,注意讨论集合是否为空集的情况,属于基础题.21、(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)见解析;(Ⅲ).【解题分析】
(I)取的中点,连接,通过证明四边形为平行四边形,证得,由此证得平面.(II)利用,证得平面,从而得到平面,由此证得平面平面.(III)作交于点,易得面,利用棱锥的体积公式,计算出棱锥的体积.【题目详解】(Ⅰ)取的中点,连接,则,,故四边形为平行四边形.故.又面,平面,所以面.(Ⅱ)为等边三角形,为中点,所以.
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