![甘肃省张掖市甘州区张掖二中2024届数学高三上期末质量跟踪监视模拟试题含解析_第1页](http://file4.renrendoc.com/view11/M03/24/06/wKhkGWWVjsGAV_DNAAIGCoVeAI8603.jpg)
![甘肃省张掖市甘州区张掖二中2024届数学高三上期末质量跟踪监视模拟试题含解析_第2页](http://file4.renrendoc.com/view11/M03/24/06/wKhkGWWVjsGAV_DNAAIGCoVeAI86032.jpg)
![甘肃省张掖市甘州区张掖二中2024届数学高三上期末质量跟踪监视模拟试题含解析_第3页](http://file4.renrendoc.com/view11/M03/24/06/wKhkGWWVjsGAV_DNAAIGCoVeAI86033.jpg)
![甘肃省张掖市甘州区张掖二中2024届数学高三上期末质量跟踪监视模拟试题含解析_第4页](http://file4.renrendoc.com/view11/M03/24/06/wKhkGWWVjsGAV_DNAAIGCoVeAI86034.jpg)
![甘肃省张掖市甘州区张掖二中2024届数学高三上期末质量跟踪监视模拟试题含解析_第5页](http://file4.renrendoc.com/view11/M03/24/06/wKhkGWWVjsGAV_DNAAIGCoVeAI86035.jpg)
版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
文档简介
甘肃省张掖市甘州区张掖二中2024届数学高三上期末质量跟踪监视模拟试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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.“中国剩余定理”又称“孙子定理”,最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题,叫做“物不知数”,原文如下:今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二.问物几何?现有这样一个相关的问题:将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列,构成一个数列,则该数列各项之和为()A.56383 B.57171 C.59189 D.612422.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是()A. B.64 C. D.323.一个组合体的三视图如图所示(图中网格小正方形的边长为1),则该几何体的体积是()A. B. C. D.4.若将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)得到函数的图象,则下列说法正确的是()A.函数在上单调递增 B.函数的周期是C.函数的图象关于点对称 D.函数在上最大值是15.如图,平面四边形中,,,,为等边三角形,现将沿翻折,使点移动至点,且,则三棱锥的外接球的表面积为()A. B. C. D.6.已知命题:是“直线和直线互相垂直”的充要条件;命题:对任意都有零点;则下列命题为真命题的是()A. B. C. D.7.如图是一个算法流程图,则输出的结果是()A. B. C. D.8.在复平面内,复数(,)对应向量(O为坐标原点),设,以射线Ox为始边,OZ为终边旋转的角为,则,法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理:,,则,由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式:,已知,则()A. B.4 C. D.169.古希腊数学家毕达哥拉斯在公元前六世纪发现了第一、二个“完全数”6和28,进一步研究发现后续三个“完全数”分别为496,8128,33550336,现将这五个“完全数”随机分为两组,一组2个,另一组3个,则6和28恰好在同一组的概率为A. B. C. D.10.已知是等差数列的前项和,,,则()A.85 B. C.35 D.11.设P={y|y=-x2+1,x∈R},Q={y|y=2x,x∈R},则A.PQ B.QPC.Q D.Q12.我国古代数学巨著《九章算术》中,有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”这个问题用今天的白话叙述为:有一位善于织布的女子,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这位女子每天分别织布多少?根据上述问题的已知条件,若该女子共织布尺,则这位女子织布的天数是()A.2 B.3 C.4 D.1二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知为双曲线:的左焦点,直线经过点,若点,关于直线对称,则双曲线的离心率为__________.14.某种赌博每局的规则是:赌客先在标记有1,2,3,4,5的卡片中随机摸取一张,将卡片上的数字作为其赌金;随后放回该卡片,再随机摸取两张,将这两张卡片上数字之差的绝对值的1.4倍作为其奖金.若随机变量ξ1和ξ2分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金,则D(ξ1)=_____,E(ξ1)﹣E(ξ2)=_____.15.在正方体中,为棱的中点,是棱上的点,且,则异面直线与所成角的余弦值为__________.16.已知函数是定义在上的奇函数,且周期为,当时,,则的值为___________________.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)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)设函数()的最小值为.(1)求的值;(2)若,,为正实数,且,证明:.19.(12分)如图,四棱锥中,平面平面,若,四边形是平行四边形,且.(Ⅰ)求证:;(Ⅱ)若点在线段上,且平面,,,求二面角的余弦值.20.(12分)已知数列的前n项和,是等差数列,且.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)令.求数列的前n项和.21.(12分)设椭圆的左右焦点分别为,离心率是,动点在椭圆上运动,当轴时,.(1)求椭圆的方程;(2)延长分别交椭圆于点(不重合).设,求的最小值.22.(10分)已知函数.(1)解不等式;(2)若函数存在零点,求的求值范围.
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】
根据“被5除余3且被7除余2的正整数”,可得这些数构成等差数列,然后根据等差数列的前项和公式,可得结果.【详解】被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23,公差为的等差数列,记数列则令,解得.故该数列各项之和为.故选:C.【点睛】本题考查等差数列的应用,属基础题。2、A【解析】
根据三视图,还原空间几何体,即可得该几何体的体积.【详解】由该几何体的三视图,还原空间几何体如下图所示:可知该几何体是底面在左侧的四棱锥,其底面是边长为4的正方形,高为4,故.故选:A【点睛】本题考查了三视图的简单应用,由三视图还原空间几何体,棱锥体积的求法,属于基础题.3、C【解析】
根据组合几何体的三视图还原出几何体,几何体是圆柱中挖去一个三棱柱,从而解得几何体的体积.【详解】由几何体的三视图可得,几何体的结构是在一个底面半径为1的圆、高为2的圆柱中挖去一个底面腰长为的等腰直角三角形、高为2的棱柱,故此几何体的体积为圆柱的体积减去三棱柱的体积,即,故选C.【点睛】本题考查了几何体的三视图问题、组合几何体的体积问题,解题的关键是要能由三视图还原出组合几何体,然后根据几何体的结构求出其体积.4、A【解析】
根据三角函数伸缩变换特点可得到解析式;利用整体对应的方式可判断出在上单调递增,正确;关于点对称,错误;根据正弦型函数最小正周期的求解可知错误;根据正弦型函数在区间内值域的求解可判断出最大值无法取得,错误.【详解】将横坐标缩短到原来的得:当时,在上单调递增在上单调递增,正确;的最小正周期为:不是的周期,错误;当时,,关于点对称,错误;当时,此时没有最大值,错误.本题正确选项:【点睛】本题考查正弦型函数的性质,涉及到三角函数的伸缩变换、正弦型函数周期性、单调性和对称性、正弦型函数在一段区间内的值域的求解;关键是能够灵活应用整体对应的方式,通过正弦函数的图象来判断出所求函数的性质.5、A【解析】
将三棱锥补形为如图所示的三棱柱,则它们的外接球相同,由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上,在中,计算半径即可.【详解】由,,可知平面.将三棱锥补形为如图所示的三棱柱,则它们的外接球相同.由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上,记的外心为,由为等边三角形,可得.又,故在中,,此即为外接球半径,从而外接球表面积为.故选:A【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积,考查了学生空间想象,逻辑推理,综合分析,数学运算的能力,属于较难题.6、A【解析】
先分别判断每一个命题的真假,再利用复合命题的真假判断确定答案即可.【详解】当时,直线和直线,即直线为和直线互相垂直,所以“”是直线和直线互相垂直“的充分条件,当直线和直线互相垂直时,,解得.所以“”是直线和直线互相垂直“的不必要条件.:“”是直线和直线互相垂直“的充分不必要条件,故是假命题.当时,没有零点,所以命题是假命题.所以是真命题,是假命题,是假命题,是假命题.故选:.【点睛】本题主要考查充要条件的判断和两直线的位置关系,考查二次函数的图象,考查学生对这些知识的理解掌握水平.7、A【解析】
执行程序框图,逐次计算,根据判断条件终止循环,即可求解,得到答案.【详解】由题意,执行上述的程序框图:第1次循环:满足判断条件,;第2次循环:满足判断条件,;第3次循环:满足判断条件,;不满足判断条件,输出计算结果,故选A.【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的结果的计算与输出,其中解答中执行程序框图,逐次计算,根据判断条件终止循环是解答的关键,着重考查了运算与求解能力,属于基础题.8、D【解析】
根据复数乘方公式:,直接求解即可.【详解】,.故选:D【点睛】本题考查了复数的新定义题目、同时考查了复数模的求法,解题的关键是理解棣莫弗定理,将复数化为棣莫弗定理形式,属于基础题.9、B【解析】
推导出基本事件总数,6和28恰好在同一组包含的基本事件个数,由此能求出6和28恰好在同一组的概率.【详解】解:将五个“完全数”6,28,496,8128,33550336,随机分为两组,一组2个,另一组3个,基本事件总数,6和28恰好在同一组包含的基本事件个数,∴6和28恰好在同一组的概率.故选:B.【点睛】本题考查概率的求法,考查古典概型、排列组合等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.10、B【解析】
将已知条件转化为的形式,求得,由此求得.【详解】设公差为,则,所以,,,.故选:B【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式的基本量计算,考查等差数列前项和的计算,属于基础题.11、C【解析】
解:因为P={y|y=-x2+1,x∈R}={y|y1},Q={y|y=2x,x∈R}={y|y>0},因此选C12、B【解析】
将问题转化为等比数列问题,最终变为求解等比数列基本量的问题.【详解】根据实际问题可以转化为等比数列问题,在等比数列中,公比,前项和为,,,求的值.因为,解得,,解得.故选B.【点睛】本题考查等比数列的实际应用,难度较易.熟悉等比数列中基本量的计算,对于解决实际问题很有帮助.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
由点,关于直线对称,得到直线的斜率,再根据直线过点,可求出直线方程,又,中点在直线上,代入直线的方程,化简整理,即可求出结果.【详解】因为为双曲线:的左焦点,所以,又点,关于直线对称,,所以可得直线的方程为,又,中点在直线上,所以,整理得,又,所以,故,解得,因为,所以.故答案为【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质,先由两点对称,求出直线斜率,再由焦点坐标求出直线方程,根据中点在直线上,即可求出结果,属于常考题型.14、20.2【解析】
分别求出随机变量ξ1和ξ2的分布列,根据期望和方差公式计算得解.【详解】设a,b∈{1,2,1,4,5},则p(ξ1=a),其ξ1分布列为:ξ112145PE(ξ1)(1+2+1+4+5)=1.D(ξ1)[(1﹣1)2+(2﹣1)2+(1﹣1)2+(4﹣1)2+(5﹣1)2]=2.ξ2=1.4|a﹣b|的可能取值分别为:1.4,2.3,4.2,5.6,P(ξ2=1.4),P(ξ2=2.3),P(ξ2=4.2),P(ξ2=5.6),可得分布列.ξ21.42.34.25.6PE(ξ2)=1.42.34.25.62.3.∴E(ξ1)﹣E(ξ2)=0.2.故答案为:2,0.2.【点睛】此题考查随机变量及其分布,关键在于准确求出随机变量取值的概率,根据公式准确计算期望和方差.15、【解析】
根据题意画出几何题,建立空间直角坐标系,写个各个点的坐标,并求得.由空间向量的夹角求法即可求得异面直线与所成角的余弦值.【详解】根据题意画出几何图形,以为原点建立空间直角坐标系:设正方体的棱长为1,则所以所以,所以异面直线与所成角的余弦值为,故答案为:.【点睛】本题考查了异面直线夹角的求法,利用空间向量求异面直线夹角,属于中档题.16、【解析】
由题意可得:,周期为,可得,可求出,最后再求的值即可.【详解】解:函数是定义在上的奇函数,.由周期为,可知,,..故答案为:.【点睛】本题主要考查函数的基本性质,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.【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.【点睛】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)(2)证明见解析【解析】
(1)分类讨论,去绝对值求出函数的解析式,根据一次函数的性质,得出的单调性,得出取最小值,即可求的值;(2)由(1)得出,利用“乘1法”,令,化简后利用基本不等式求出的最小值,即可证出.【详解】(1)解:当时,单调递减;当时,单调递增.所以当时,取最小值.(2)证明:由(1)可知.要证明:,即证,因为,,为正实数,所以.当且仅当,即,,时取等号,所以.【点睛】本题考查绝对值不等式和基本不等式的应用,还运用“乘1法”和分类讨论思想,属于中档题.19、(Ⅰ)见解析(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)推导出BC⊥CE,从而EC⊥平面ABCD,进而EC⊥BD,再由BD⊥AE,得BD⊥平面AEC,从而BD⊥AC,进而四边形ABCD是菱形,由此能证明AB=AD.(Ⅱ)设AC与BD的交点为G,推导出EC//FG,取BC的中点为O,连结OD,则OD⊥BC,以O为坐标原点,以过点O且与CE平行的直线为x轴,以BC为y轴,OD为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角A-BF-D的余弦值.【详解】(Ⅰ)证明:,即,因为平面平面,所以平面,所以,因为,所以平面,所以,因为四边形是平行四边形,所以四边形是菱形,故;解法一:(Ⅱ)设与的交点为,因为平面,平面平面于,所以,因为是中点,所以是的中点,因为,取的中点为,连接,则,因为平面平面,所以面,以为坐标原点,以过点且与平行的直线为轴,以所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系.不妨设,则,,,,,,,设平面的法向量,则,取,同理可得平面的法向量,设平面与平面的夹角为,因为,所以二面角的余弦值为.解法二:(Ⅱ)设与的交点为,因为平面,平面平面于,所以,因为是中点,所以是的中点,因为,,所以平面,所以,取中点,连接、,因为,所以,故平面,所以,即是二面角的平面角,不妨设,因为,,在中,,所以,所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查求空间角中的二面角的余弦值,还考查由空间中线面关系进而证明线线相等,属于中档题.20、(Ⅰ);(Ⅱ)【解析】试题分析:(1)先由公式求出数列的通项公式;进而列方程组求数列的首项与公差,得数列的通项公式;(2)由(1)可得,再利用“错位相减法”求数列的前项和.试题解析:(1)由题意知当时,,当时,,所以.设数列的公差为,由,即,可解得,所以.(2)由(1)知,又,得,,两式作差,得所以.考点1、待定系数法求
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 《财务报表分析》课件2
- 《a字母组合音标》课件
- 2025至2031年中国密封箱行业投资前景及策略咨询研究报告
- 2025至2030年中国高温多色花纸数据监测研究报告
- 《金融财会类专业》课件
- 正面与侧面描写课件
- 2023年陕西省生态环境监测人员大比武网络练习卷含答案
- 环境监测课后习题练习试题及答案
- 摄影师复习测试卷附答案
- 《过程导向审计技术》课件
- 光伏发电项目 投标方案(技术方案)
- 创业计划路演-美甲
- 不白吃古诗词漫游记
- DLT817-2014 立式水轮发电机检修技术规程
- 《状元大课堂》课件
- 带式输送机计算
- 高中数学《立体几何》教材分析及教学建议
- 八年级英语初中英语阅读理解阅读专项练习试卷附答案
- 人教版八年级数学下册课件【全册】
- 物联网管理平台的设计与实现
- 1例妊娠糖尿病的个案护理
评论
0/150
提交评论