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文档简介

云南省大理州体育中学2024届高三下学期半期考试数学试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.函数的图象向右平移个单位得到函数的图象,并且函数在区间上单调递增,在区间上单调递减,则实数的值为()A. B. C.2 D.2.由实数组成的等比数列{an}的前n项和为Sn,则“a1>0”是“S9>S8”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3.如图,四面体中,面和面都是等腰直角三角形,,,且二面角的大小为,若四面体的顶点都在球上,则球的表面积为()A. B. C. D.4.已知,满足,且的最大值是最小值的4倍,则的值是()A.4 B. C. D.5.已知函数的图象如图所示,则可以为()A. B. C. D.6.若表示不超过的最大整数(如,,),已知,,,则()A.2 B.5 C.7 D.87.已知全集为,集合,则()A. B. C. D.8.已知双曲线的一条渐近线倾斜角为,则()A.3 B. C. D.9.已知的内角的对边分别是且,若为最大边,则的取值范围是()A. B. C. D.10.已知圆锥的高为3,底面半径为,若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上,则这个球的体积与圆锥的体积的比值为()A. B. C. D.11.已知角的终边经过点,则的值是A.1或 B.或 C.1或 D.或12.函数的一个零点在区间内,则实数a的取值范围是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知等边三角形的边长为1.,点、分别为线段、上的动点,则取值的集合为__________.14.若的展开式中各项系数之和为32,则展开式中x的系数为_____15.在正方体中,分别为棱的中点,则直线与直线所成角的正切值为_________.16.五声音阶是中国古乐基本音阶,故有成语“五音不全”.中国古乐中的五声音阶依次为:宫、商、角、徵、羽,如果把这五个音阶全用上,排成一个五个音阶的音序,且要求宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧,可排成______种不同的音序.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)已知椭圆的离心率为,椭圆C的长轴长为4.(1)求椭圆C的方程;(2)已知直线与椭圆C交于两点,是否存在实数k使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.18.(12分)已知与有两个不同的交点,其横坐标分别为().(1)求实数的取值范围;(2)求证:.19.(12分)已知函数,且曲线在处的切线方程为.(1)求的极值点与极值.(2)当,时,证明:.20.(12分)已知函数.(Ⅰ)当时,讨论函数的单调区间;(Ⅱ)若对任意的和恒成立,求实数的取值范围.21.(12分)在极坐标系中,曲线的极坐标方程为,直线的极坐标方程为,设与交于、两点,中点为,的垂直平分线交于、.以为坐标原点,极轴为轴的正半轴建立直角坐标系.(1)求的直角坐标方程与点的直角坐标;(2)求证:.22.(10分)已知.(1)若曲线在点处的切线也与曲线相切,求实数的值;(2)试讨论函数零点的个数.

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【解题分析】由函数的图象向右平移个单位得到,函数在区间上单调递增,在区间上单调递减,可得时,取得最大值,即,,,当时,解得,故选C.点睛:本题主要考查了三角函数图象的平移变换和性质的灵活运用,属于基础题;据平移变换“左加右减,上加下减”的规律求解出,根据函数在区间上单调递增,在区间上单调递减可得时,取得最大值,求解可得实数的值.2、C【解题分析】

根据等比数列的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【题目详解】解:若{an}是等比数列,则,

若,则,即成立,

若成立,则,即,

故“”是“”的充要条件,

故选:C.【题目点拨】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,利用等比数列的通项公式是解决本题的关键.3、B【解题分析】

分别取、的中点、,连接、、,利用二面角的定义转化二面角的平面角为,然后分别过点作平面的垂线与过点作平面的垂线交于点,在中计算出,再利用勾股定理计算出,即可得出球的半径,最后利用球体的表面积公式可得出答案.【题目详解】如下图所示,分别取、的中点、,连接、、,由于是以为直角等腰直角三角形,为的中点,,,且、分别为、的中点,所以,,所以,,所以二面角的平面角为,,则,且,所以,,,是以为直角的等腰直角三角形,所以,的外心为点,同理可知,的外心为点,分别过点作平面的垂线与过点作平面的垂线交于点,则点在平面内,如下图所示,由图形可知,,在中,,,所以,,所以,球的半径为,因此,球的表面积为.故选:B.【题目点拨】本题考查球体的表面积,考查二面角的定义,解决本题的关键在于找出球心的位置,同时考查了计算能力,属于中等题.4、D【解题分析】试题分析:先画出可行域如图:由,得,由,得,当直线过点时,目标函数取得最大值,最大值为3;当直线过点时,目标函数取得最小值,最小值为3a;由条件得,所以,故选D.考点:线性规划.5、A【解题分析】

根据图象可知,函数为奇函数,以及函数在上单调递增,且有一个零点,即可对选项逐个验证即可得出.【题目详解】首先对4个选项进行奇偶性判断,可知,为偶函数,不符合题意,排除B;其次,在剩下的3个选项,对其在上的零点个数进行判断,在上无零点,不符合题意,排除D;然后,对剩下的2个选项,进行单调性判断,在上单调递减,不符合题意,排除C.故选:A.【题目点拨】本题主要考查图象的识别和函数性质的判断,意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力,属于容易题.6、B【解题分析】

求出,,,,,,判断出是一个以周期为6的周期数列,求出即可.【题目详解】解:.,∴,,,同理可得:;;.;,,…….∴.故是一个以周期为6的周期数列,则.故选:B.【题目点拨】本题考查周期数列的判断和取整函数的应用.7、D【解题分析】

对于集合,求得函数的定义域,再求得补集;对于集合,解得一元二次不等式,再由交集的定义求解即可.【题目详解】,,.故选:D【题目点拨】本题考查集合的补集、交集运算,考查具体函数的定义域,考查解一元二次不等式.8、D【解题分析】

由双曲线方程可得渐近线方程,根据倾斜角可得渐近线斜率,由此构造方程求得结果.【题目详解】由双曲线方程可知:,渐近线方程为:,一条渐近线的倾斜角为,,解得:.故选:.【题目点拨】本题考查根据双曲线渐近线倾斜角求解参数值的问题,关键是明确直线倾斜角与斜率的关系;易错点是忽略方程表示双曲线对于的范围的要求.9、C【解题分析】

由,化简得到的值,根据余弦定理和基本不等式,即可求解.【题目详解】由,可得,可得,通分得,整理得,所以,因为为三角形的最大角,所以,又由余弦定理,当且仅当时,等号成立,所以,即,又由,所以的取值范围是.故选:C.【题目点拨】本题主要考查了代数式的化简,余弦定理,以及基本不等式的综合应用,试题难度较大,属于中档试题,着重考查了推理与运算能力.10、B【解题分析】

计算求半径为,再计算球体积和圆锥体积,计算得到答案.【题目详解】如图所示:设球半径为,则,解得.故求体积为:,圆锥的体积:,故.故选:.【题目点拨】本题考查了圆锥,球体积,圆锥的外接球问题,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.11、B【解题分析】

根据三角函数的定义求得后可得结论.【题目详解】由题意得点与原点间的距离.①当时,,∴,∴.②当时,,∴,∴.综上可得的值是或.故选B.【题目点拨】利用三角函数的定义求一个角的三角函数值时需确定三个量:角的终边上任意一个异于原点的点的横坐标x,纵坐标y,该点到原点的距离r,然后再根据三角函数的定义求解即可.12、C【解题分析】

显然函数在区间内连续,由的一个零点在区间内,则,即可求解.【题目详解】由题,显然函数在区间内连续,因为的一个零点在区间内,所以,即,解得,故选:C【题目点拨】本题考查零点存在性定理的应用,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】

根据题意建立平面直角坐标系,设三角形各点的坐标,依题意求出,,,的表达式,再进行数量积的运算,最后求和即可得出结果.【题目详解】解:以的中点为坐标原点,所在直线为轴,线段的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系,如图所示,则,,,,则,,,设,,,即点的坐标为,则,,,所以故答案为:【题目点拨】本题考查平面向量的坐标表示和线性运算,以及平面向量基本定理和数量积的运算,是中档题.14、2025【解题分析】

利用赋值法,结合展开式中各项系数之和列方程,由此求得的值.再利用二项式展开式的通项公式,求得展开式中的系数.【题目详解】依题意,令,解得,所以,则二项式的展开式的通项为:令,得,所以的系数为.故答案为:2025【题目点拨】本小题主要考查二项式展开式各项系数之和,考查二项式展开式指定项系数的求法,属于基础题.15、【解题分析】

由中位线定理和正方体性质得,从而作出异面直线所成的角,在三角形中计算可得.【题目详解】如图,连接,,,∵分别为棱的中点,∴,又正方体中,即是平行四边形,∴,∴,(或其补角)就是直线与直线所成角,是等边三角形,∴=60°,其正切值为.故答案为:.【题目点拨】本题考查异面直线所成的角,解题关键是根据定义作出异面直线所成的角.16、1【解题分析】

按照“角”的位置分类,分“角”在两端,在中间,以及在第二个或第四个位置上,即可求出.【题目详解】①若“角”在两端,则宫、羽两音阶一定在角音阶同侧,此时有种;②若“角”在中间,则不可能出现宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧;③若“角”在第二个或第四个位置上,则有种;综上,共有种.故答案为:1.【题目点拨】本题主要考查利用排列知识解决实际问题,涉及分步计数乘法原理和分类计数加法原理的应用,意在考查学生分类讨论思想的应用和综合运用知识的能力,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)存在,当时,以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O.【解题分析】

(1)设椭圆的焦半距为,利用离心率为,椭圆的长轴长为1.列出方程组求解,推出,即可得到椭圆的方程.(2)存在实数使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点.设点,,,,将直线的方程代入,化简,利用韦达定理,结合向量的数量积为0,转化为:.求解即可.【题目详解】解:(1)设椭圆的焦半距为c,则由题设,得,解得,所以,故所求椭圆C的方程为(2)存在实数k使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O.理由如下:设点,,将直线的方程代入,并整理,得.(*)则,因为以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O,所以,即.又,于是,解得,经检验知:此时(*)式的,符合题意.所以当时,以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O【题目点拨】本题考查椭圆方程的求法,椭圆的简单性质,直线与椭圆位置关系的综合应用,考查计算能力以及转化思想的应用,属于中档题.18、(1);(2)见解析【解题分析】

(1)利用导数研究的单调性,分析函数性质,数形结合,即得解;(2)构造函数,可证得:,,分析直线,与从左到右交点的横坐标,在,处的切线即得解.【题目详解】(1)设函数,,令,令故在单调递减,在单调递增,∴,∵时;;时.(2)①过点,的直线为,则令,,,.②过点,的直线为,则,在上单调递增.③设直线,与从左到右交点的横坐标依次为,,由图知.④在,处的切线分别为,,同理可以证得,.记直线与两切线和从左到右交点的横坐标依次为,.【题目点拨】本题考查了函数与导数综合,考查了学生数形结合,综合分析,转化划归,逻辑推理,数学运算的能力,属于较难题.19、(1)极小值点为,极小值为,无极大值;(2)证明见解析【解题分析】

先对函数求导,结合已知及导数的几何意义可求,结合单调性即可求解函数的极值点及极值;令,问题可转化为求解函数的最值,结合导数可求.【题目详解】(1)由题得函数的定义域为.,由已知得,解得∴,令,得令,得,∴在上单调递增.令,得∴在上单调递减∴的极小值点为,极小值为,无极大值.(2)证明:由(1)知,∴,令,即∵,,∴恒成立.∴在上单调递增又,∴在上恒成立∴在上恒成立∴,即∴【题目点拨】本题考查了利用导数研究函数的极值问题,考查利用导数证明不等式,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平,属于中档题.20、(Ⅰ)见解析(Ⅱ)【解题分析】

(Ⅰ)首先求得导函数,然后结合导函数的解析式分类讨论函数的单调性即可;(Ⅱ)将原问题进行等价转化为,,恒成立,然后构造新函数,结合函数的性质确定实数的取值范围即可.【题目详解】解:(Ⅰ)当时,,当时,在上恒成立,函数在上单调递减;当时,由得:;由得:.∴当时,函数的单调递减区间是,无单调递增区间:当时,函数的单调递减区间是,函数的单调递增区间是.(Ⅱ)对任意的和,恒成立等价于:,,恒成立.即,,恒成立.令:,,,则得,由此可得:在区间上单调递减,在区间上单调递增,∴当时,,即又∵,∴实数的取值范围是:.【题目点拨】本题主要考查导函数研究函数的单调性和恒成立问题,考查分类讨论的数学思想,等价转化的数学思想等知识,属于中等题.21、(1),;(2)见解析.【解题分析】

(1)将曲线的极坐标方程变形为,再由可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程,将直线的方程与曲线的方程联立,求出点、的坐标,即可得出线段的中点的坐标;(2)求得,写出直线的参数方程,将直线的参数方程与曲线的普通方程联立,利用韦达定理求得的值,进而可得出结论.【题目详解】(1)曲线的极坐标方程可化为,即,将代入曲线的方程得,所以,曲线的直角坐标方程为.将直线的极坐标方程化为普通方程得,联立,得或,则点、,因此,

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