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文档简介

2024届广东省汕头市达濠华桥中学第二学期3月月度调研测试高三数学试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、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.直三棱柱中,,,则直线与所成的角的余弦值为()A. B. C. D.2.在棱长为a的正方体中,E、F、M分别是AB、AD、的中点,又P、Q分别在线段、上,且,设平面平面,则下列结论中不成立的是()A.平面 B.C.当时,平面 D.当m变化时,直线l的位置不变3.已知双曲线:的焦距为,焦点到双曲线的渐近线的距离为,则双曲线的渐近线方程为()A. B. C. D.4.设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9},全集U=AB,则集合中的元素共有()A.3个 B.4个 C.5个 D.6个5.已知函数则函数的图象的对称轴方程为()A. B.C. D.6.如图,正方体中,,,,分别为棱、、、的中点,则下列各直线中,不与平面平行的是()A.直线 B.直线 C.直线 D.直线7.盒子中有编号为1,2,3,4,5,6,7的7个相同的球,从中任取3个编号不同的球,则取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率是()A. B. C. D.8.已知命题:“关于的方程有实根”,若为真命题的充分不必要条件为,则实数的取值范围是()A. B. C. D.9.若与互为共轭复数,则()A.0 B.3 C.-1 D.410.将函数的图像向左平移个单位长度后,得到的图像关于坐标原点对称,则的最小值为()A. B. C. D.11.已知定义在上的函数满足,且当时,,则方程的最小实根的值为()A. B. C. D.12.已知α,β是两平面,l,m,n是三条不同的直线,则不正确命题是()A.若m⊥α,n//α,则m⊥n B.若m//α,n//α,则m//nC.若l⊥α,l//β,则α⊥β D.若α//β,lβ,且l//α,则l//β二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.的展开式中的系数为__________(用具体数据作答).14.已知向量,,若,则________.15.在中,内角的对边分别为,已知,则的面积为___________.16.记等差数列和的前项和分别为和,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,曲线的参数方程为(为参数),以原点为极点,轴的非负半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程;(2)若直线与曲线、曲线在第一象限交于两点,且,点的坐标为,求的面积.18.(12分)己知圆F1:(x+1)1+y1=r1(1≤r≤3),圆F1:(x-1)1+y1=(4-r)1.(1)证明:圆F1与圆F1有公共点,并求公共点的轨迹E的方程;(1)已知点Q(m,0)(m<0),过点E斜率为k(k≠0)的直线与(Ⅰ)中轨迹E相交于M,N两点,记直线QM的斜率为k1,直线QN的斜率为k1,是否存在实数m使得k(k1+k1)为定值?若存在,求出m的值,若不存在,说明理由.19.(12分)的内角所对的边分别是,且,.(1)求;(2)若边上的中线,求的面积.20.(12分)已知数列{an}的各项均为正,Sn为数列{an}的前n项和,an2+2an=4Sn+1.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn,求数列{bn}的前n项和.21.(12分)某商场以分期付款方式销售某种商品,根据以往资料统计,顾客购买该商品选择分期付款的期数的分布列为:2340.4其中,(Ⅰ)求购买该商品的3位顾客中,恰有2位选择分2期付款的概率;(Ⅱ)商场销售一件该商品,若顾客选择分2期付款,则商场获得利润l00元,若顾客选择分3期付款,则商场获得利润150元,若顾客选择分4期付款,则商场获得利润200元.商场销售两件该商品所获的利润记为(单位:元)(ⅰ)求的分布列;(ⅱ)若,求的数学期望的最大值.22.(10分)在中,,,.求边上的高.①,②,③,这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答.

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、A【解题分析】

设,延长至,使得,连,可证,得到(或补角)为所求的角,分别求出,解即可.【题目详解】设,延长至,使得,连,在直三棱柱中,,,四边形为平行四边形,,(或补角)为直线与所成的角,在中,,在中,,在中,,在中,,在中,.

故选:A.【题目点拨】本题考查异面直线所成的角,要注意几何法求空间角的步骤“做”“证”“算”缺一不可,属于中档题.2、C【解题分析】

根据线面平行与垂直的判定与性质逐个分析即可.【题目详解】因为,所以,因为E、F分别是AB、AD的中点,所以,所以,因为面面,所以.选项A、D显然成立;因为,平面,所以平面,因为平面,所以,所以B项成立;易知平面MEF,平面MPQ,而直线与不垂直,所以C项不成立.故选:C【题目点拨】本题考查直线与平面的位置关系.属于中档题.3、A【解题分析】

利用双曲线:的焦点到渐近线的距离为,求出,的关系式,然后求解双曲线的渐近线方程.【题目详解】双曲线:的焦点到渐近线的距离为,可得:,可得,,则的渐近线方程为.故选A.【题目点拨】本题考查双曲线的简单性质的应用,构建出的关系是解题的关键,考查计算能力,属于中档题.4、A【解题分析】试题分析:,,所以,即集合中共有3个元素,故选A.考点:集合的运算.5、C【解题分析】

,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.【题目点拨】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.6、C【解题分析】

充分利用正方体的几何特征,利用线面平行的判定定理,根据判断A的正误.根据,判断B的正误.根据与相交,判断C的正误.根据,判断D的正误.【题目详解】在正方体中,因为,所以平面,故A正确.因为,所以,所以平面故B正确.因为,所以平面,故D正确.因为与相交,所以与平面相交,故C错误.故选:C【题目点拨】本题主要考查正方体的几何特征,线面平行的判定定理,还考查了推理论证的能力,属中档题.7、B【解题分析】

由题意,取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有,所有的情况有种,由古典概型的概率公式即得解.【题目详解】由题意,取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有,所有的情况有种由古典概型,取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率为:故选:B【题目点拨】本题考查了排列组合在古典概型中的应用,考查了学生综合分析,概念理解,数学运算的能力,属于中档题.8、B【解题分析】命题p:,为,又为真命题的充分不必要条件为,故9、C【解题分析】

计算,由共轭复数的概念解得即可.【题目详解】,又由共轭复数概念得:,.故选:C【题目点拨】本题主要考查了复数的运算,共轭复数的概念.10、B【解题分析】

由余弦的二倍角公式化简函数为,要想在括号内构造变为正弦函数,至少需要向左平移个单位长度,即为答案.【题目详解】由题可知,对其向左平移个单位长度后,,其图像关于坐标原点对称故的最小值为故选:B【题目点拨】本题考查三角函数图象性质与平移变换,还考查了余弦的二倍角公式逆运用,属于简单题.11、C【解题分析】

先确定解析式求出的函数值,然后判断出方程的最小实根的范围结合此时的,通过计算即可得到答案.【题目详解】当时,,所以,故当时,,所以,而,所以,又当时,的极大值为1,所以当时,的极大值为,设方程的最小实根为,,则,即,此时令,得,所以最小实根为411.故选:C.【题目点拨】本题考查函数与方程的根的最小值问题,涉及函数极大值、函数解析式的求法等知识,本题有一定的难度及高度,是一道有较好区分度的压轴选这题.12、B【解题分析】

根据线面平行、线面垂直和空间角的知识,判断A选项的正确性.由线面平行有关知识判断B选项的正确性.根据面面垂直的判定定理,判断C选项的正确性.根据面面平行的性质判断D选项的正确性.【题目详解】A.若,则在中存在一条直线,使得,则,又,那么,故正确;B.若,则或相交或异面,故不正确;C.若,则存在,使,又,则,故正确.D.若,且,则或,又由,故正确.故选:B【题目点拨】本小题主要考查空间线线、线面和面面有关命题真假性的判断,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】

利用二项展开式的通项公式可求的系数.【题目详解】的展开式的通项公式为,令,故,故的系数为.故答案为:.【题目点拨】本题考查二项展开式中指定项的系数,注意利用通项公式来计算,本题属于容易题.14、10【解题分析】

根据垂直得到,代入计算得到答案.【题目详解】,则,解得,故,故.故答案为:.【题目点拨】本题考查了根据向量垂直求参数,向量模,意在考查学生的计算能力.15、【解题分析】

由余弦定理先算出c,再利用面积公式计算即可.【题目详解】由余弦定理,得,即,解得,故的面积.故答案为:【题目点拨】本题考查利用余弦定理求解三角形的面积,考查学生的计算能力,是一道基础题.16、【解题分析】

结合等差数列的前项和公式,可得,求解即可.【题目详解】由题意,,,因为,所以.故答案为:.【题目点拨】本题考查了等差数列的前项和公式及等差中项的应用,考查了学生的计算求解能力,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)的极坐标方程为,的直角坐标方程为(2)【解题分析】

(1)先把曲线的参数方程消参后,转化为普通方程,再利用求得极坐标方程.将,化为,再利用求得曲线的普通方程.(2)设直线的极角,代入,得,将代入,得,由,得,即,从而求得,,从而求得,再利用求解.【题目详解】(1)依题意,曲线,即,故,即.因为,故,即,即.(2)将代入,得,将代入,得,由,得,得,解得,则.又,故,故的面积.【题目点拨】本题考查极坐标方程与直角坐标方程、参数方程与普通方程的转化、极坐标的几何意义,还考查推理论证能力以及数形结合思想,属于中档题.18、(1)见解析,(1)存在,【解题分析】

(1)求出圆和圆的圆心和半径,通过圆F1与圆F1有公共点求出的范围,从而根据可得点的轨迹,进而求出方程;(1)过点且斜率为的直线方程为,设,,联立直线方程和椭圆方程,根据韦达定理以及,,可得,根据其为定值,则有,进而可得结果.【题目详解】(1)因为,,所以,因为圆的半径为,圆的半径为,又因为,所以,即,所以圆与圆有公共点,设公共点为,因此,所以点的轨迹是以,为焦点的椭圆,所以,,,即轨迹的方程为;(1)过点且斜率为的直线方程为,设,由消去得到,则,,①因为,,所以,将①式代入整理得因为,所以当时,即时,.即存在实数使得.【题目点拨】本题考查椭圆定理求椭圆方程,考查椭圆中的定值问题,灵活应用韦达定理进行计算是关键,并且观察出取定值的条件也很重要,考查了学生分析能力和计算能力,是中档题.19、(1),(2)【解题分析】

(1)先由正弦定理,得到,进而可得,再由,即可得出结果;(2)先由余弦定理得,,再根据题中数据,可得,从而可求出,得到,进而可求出结果.【题目详解】(1)由正弦定理得,所以,因为,所以,即,所以,又因为,所以,.(2)在和中,由余弦定理得,.因为,,,,又因为,即,所以,所以,又因为,所以.所以的面积.【题目点拨】本题主要考查解三角形,灵活运用正弦定理和余弦定理即可,属于常考题型.20、(1)an=2n+1;(2)2.【解题分析】

(1)根据题意求出首项,再由(an+12+2an+1)﹣(an2+2an)=4an+1,求得该数列为等差数列即可求得通项公式;(2)利用错位相减法进行数列求和.【题目详解】(1)∵an2+2an=4Sn+1,∴a12+2a1=4S1+1,即,解得:a1=1或a1=﹣1(舍),又∵an+12+2an+1=4Sn+1+1,∴(an+12+2an+1)﹣(an2+2an)=4an+1,整理得:(an+1﹣an)(an+1+an)=2(an+1+an),又∵数列{an}的各项均为正,∴an+1﹣an=2,∴数列{an}是首项为1、公差为2的等差数列,∴数列{an}的通项公式an=1+2(n﹣1)=2n+1;(2)由(1)可知bn,记数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=1•5•(2n+1)•,Tn=1•5••…+(2n﹣1)•(2n+1)•,错位相减得:Tn=1+2(•)﹣(2n+1)•=1+2,∴Tn()=2.【题目点拨】此题考查求等差数列的基本量,根据递推关系判定等差数列,根据错位相减进行数列求和,关键在于熟记方法准确计算.21、(Ⅰ)0.288(Ⅱ)(ⅰ)见解析(ⅱ)数学期望的最大值为280【解题分析】

(Ⅰ)根据题意,设购买该商品的3位顾客中,选择分2期付款的人数为,由独立重复事件的特

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