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文档简介
中学高三第六次月考数学(理)试卷
姓名:年级:学号:
题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分
得分
评卷人得分
一、选择题(共11题,共55分)
1、在菱形AB。。中,"AB=4平,将44BD沿折起到4P8D的位置,若二面角P-BD-C的
277
大小为石,三棱锥P-BCO的外接球心为°,则三棱锥的外接球的表面积为()
A.2国B.2/“C.112“D.M
【考点】
【答案】C
n
A=
【解析】因为四边形.BCD是菱形,3t所以△BCD是等边三角形。
过球心°作°°''1■平面BCD,则。为等边△的中心,
取BD的中点为兄则8DLPE且BDJ.EC,
21r21TIT
由二面角P—BD—C的大小为手,所以NPEC=m,易知乙OEC=?
因为48=4我所以AE=EC=6,M==2,
在Rt/k°E。中,由,可得。E=4
在△OEC中,OC2=OE2+EC2-2OEEC・COSZOEC=28,即。。=2招,
设三棱锥P-BCD的外接球的半径为R,即氏=2板,
三棱锥的外接球的表面积为4nR?=112K,
故选C.
2、已知函数“"-31+C0Vx)-n,若两个正数%b满足/'(2a+b)v1,则"I的取值范围是
()
A(°4)R4+8%(盘口(-8,$)U(|,4-oo)
【考点】
【答案】c
【解析】由/)=3x+cos(^)-llw/(x)=3-颛瘾x),
即/1(%)>。对xWR恒成立,所以/1(%)在实数R上单调递增.
因为/1(4)=3X4+cos^-11=1,由/Ra+/,)<1可得/1(2a+b)<f(4),
b的可行域,
则E可看作区域内点(a,b)与定点P(—2,-1)的斜率.
直线2a+b=4与横轴交于点4(2,0),与纵轴交于点8(0,4),又因为-2-(-2)一年,
kAC=0^Z2j=2,所以k”e(彳力,
故选c.
3、设抛物线C:y=2px(p>0)的焦点为F,准线为',点4为C上一点,以为圆心,F4为半径的圆交
于B,D两点、,若乙BFD=120。,A8D的面积为2和,则p=()
A.1B.、Rc.FDZ
【考点】
【答案】A
【解析】因为MFD=120°,所以圆的半径1%|=|FB|=2P)\BD\=2©p,
由抛物线定义,点4到准线’的距离d=/川=2p,
所以如D|・d=2p.同=2姆所以p=l,
故选A.
3121
4、已知函数八')=6”在x=1处取得极值,令函数9("=穴石,程序框图如图所示,若
2017
输出的结果“;>2018,则判断框内可填入的条件为()
开始
/输入XXhi=2/
|结束|
An<2018?Bn<2019?cn<2018?Dn<2019?
【考点】
【答案】B
【解析】由题意,〃为=3WT,而/1(1)=3。1=0,解得°一3,故
r、____1_______1______1_1111111
贝可_丽_而不一式1-彳由程序框图可知,K=l—2+丁彳+…+b/=i_^
“412018
当K=1-2019=2O190;t)即结束时八=2020,条件为“72<2019?--
故选B.
5、已知0>1,°V1,则下列大小关系正确的是()
ac2ac
A.log。。<logcaBc<aGac>1Dc>a
【考点】
【答案】B
1
【解析】由0〉1,0vcv1,可取a=2,0,,
则。展=-1,10&0=-1排除人;
21
加“="1,排除C;
〃=*花=吟排除D
因为c<c<a(所以c<fl,
故选B.
6、函数f(x)=X•eln'的图象是()
【考点】
【答案】C
〃、_JL(Ovxv1)
xr2
【解析】函数的定义域为(°,+.8、)且/()-【”,("Y>-nL),
故选C.
7、一个正方体被截去一部分后所剩的几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()
T
I—
T
I
X
2022
A.6B.Tc.7D.至
【考点】
【答案】D
【解析】
由题意,该几何体是由一个边长为2的正方体截去一个底面积为1,高为的一个三棱锥所得的组合体,
O122
力用Rud=2—彳X1X2="T'
如图,所以33,
故选D.
22
8、双曲线C:x-y=2的右焦点为尸,曲线xy=a(a>0)与C交于点P,且轴,则。=()
A.压.2c.4D.2#
【考点】
【答案】D
b2
【解析】因为尸尸1X轴,所以P(c'£),即P(2,#),所以a=2花,
故选D.
9、已知随机变量1服从正态分布N(O,1),如果P(f41)=0-8413,ijiijP(-l<<<0)=()
A0.3413B.0.6826c0.1587D0,0794
【考点】
【答案】A
c,»、1-0.1587x2
【解析】依题意得:P(f>1)=。-1587,P(T<6*0)=2=03413
故选A.
1-f3
10、复数京d是虚数单位)的虚部为()
A.B.ic,({1721故UB)={7,8},
故选A.
二、填空题(共4题,共20分)
12、在448c中,内角4B,c的对应边分别为a,b,c,若a、2庐=3。?,a=6sin4)则的最
大值为.
【考点】
【答案】2/
【解析】因为0?+2b2=3c2,由余弦定理及基本不等式可得,
222222
a+b-c2a+b-^a+2b)ab—FR
cosC=+
=_2^b—=---2^b----3b6^-2辰•布=至,
■I2「
所以s""=J-cos'"当且仅当a:b:c乖:反声时等号成立,所以sin。的最大值是
£‘_=/_=£方
3.又因为a=6sin/,所以sine-si*一°,所以c=6sinCW2J/,所以的最大值为,
故答案为.
13、若等比数列{册}的前八项和与=巾'4rl+t(其中m,t是常数),则F=.
【考点】
m
—=-4
【答案】t
a=s=ni+t
【解析】ii,a2=S2-S1=3ma3=S3-S2=12m
由数列{4}是等比数列得:a22=a1a3,即m=-4t,所以.
m
—=—4
故答案为t4
x)Q
14、"\守的展开式中/X的系数为10,则实数a=________.
【考点】
【答案]。=4
【解析】由二项式定理得/'.+1令5-2r=3则r=1,所以式的
系数为点但所以‘抓=1°,.
故答案为.
rr-rrr
15、已知。=(一L皆),b=(°,2),则向量。在向量”方向上的投影为
【考点】
【答案】E
rr|a|•cos{a,b)=—=-y-=0
【解析】向量0在向量匕方向上的投影为冏
故答案为.
三、解答题(共6题,共30分)
16、【选修4-5:不等式选讲】
(1)解不等式I%+2|+|x+3|<2
222
(2)已知实数x,y,Z满足『+yZ+zN=i,求xy+yz+zx的取值范围
【考点】
r731r1■
【答案】(1)1—2,-2](2)1-2」.
【解析】试题分析:(1)分段讨论去绝对值解不等式即可;
(2)由y+y2>2盯,y2+z2>2yz,z2+x2>2zx,三式相加得:
x2+y2+z21
2222zx
x+y+z>xy+yz+zx,因为(x+y+z)>0,所以"了+"+-2=-2t
即可得解.
试题解析:
(1)由|x+2|+|x+3|42
xV—3—3KxW—2f%>—2
-2x-5<2.1<2J\2x+5<2
可化为i或i或i,
73
—kv%v——
解得2—2,
-73
所以,不等式的解集为
(2)因为,,,
三式相加得:,
___®
gpxy+yz+zx<lt(当且仅当、一】‘一上一一3时,取“=")
又因为
(x+y+z=0
所以,(当且仅当卜+y“+z=1时,取“二”,有无数组解)
故XV+yz+ZX的取值范围为[-2-1,
17、【选修4-4:坐标系与参数方程】
在直角坐标系x°y中,以原点。为极点,X轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线]的参数方程为
l
2+^
Xz
1
y一_
-2
(t为参数),曲线C的极坐标方程为psin2j=4cose
(1)写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程;
(2)若点M的坐标为(2,-1),直线与曲线交于4,8两点求|K4|+|MB|的值.
【考点】
[答案]⑴x+y_i=o,y=4X(2)8
【解析】试题分析:(1)消去参数t,得直线1的普通方程,两边同乘P得P2sin2。=4pcos。,即;
f
Jz1
x=2-2t
y=-1+-yt-
(2)直线的参数方程的标准形式为r«为参数)与曲线0联立得:
")2+2质-14=0,设4B所对应参数分别为qQ,则
\MA\+\MB\=-C2I
h+匕=1利用韦达定理即可得解.
试题解析:
1
X-2+
2t1
y--1-/
由(为参数)消去参数,得直线的普通方程为x+y-1=°,
由psinP=4cos外两边同乘得,即,
故曲线的直角坐标方程为.
(2)在(为参数)中,令'
得直线的参数方程的标准形式为(为参数),
代入曲线:,整理得:,
设,所对应参数分别为,,则h+b=-2已1送2=T4<。,
所以,也由+lMB|=h|+匕|=ki~c2I=J(-2A)2-4x(-14)=8
18、已知函数/'(%)=",900="式+n(2为自然对数的底数)
(1)设川>)=f(x)—9(x);
①若函数八(为在x=°处的切线过点(1,°),求血+八的值;
②当八=°时,若函数在(一L+8)上没有零点,求m的取值范围.
1nx
(2)设函数“(X)=F+丽,且”=4m(m>0),求证:当x20时,W(x)>1
【考点】
【答案】(l)m+〃=2,'八°〔一》e)⑵见解析
I
【解析】试题分析:(1)①由八(°)和八(°)可得在X=。处的切线方程,代入点(L0)得;
,,11
②当月=°,可得h(%)=(e“-mx)=e'-,讨论-[和>'时函数的单调性进而研究零
点即可;
4x
W(x)=-7+x
币-1等价于e'(3x-4)+x+4>0i令F(x)=e(3x-4)+x+4,
求得求最值即可证得.
试题解析:
(1)①由题意,得八㈤=/(%)-g(x))'=(/-mx-n)'=ex-m
所以函数Mx)在处的切线斜率k=1-巾,又MO)=1-n)
所以函数在处的切线方程)'一(1一〃)=(1-,
将点代入,得.
②当,可得,因为X>-1,所以e-
x
当时,/i(x)=e-zn>0)函数在(一1,+8)上单调递增,而八(0)=1,
1111
所以只需?(-=e+m-°,解得"1--e,从而
x
当时,由九(%)=e-m=0t解得x=hvne(-1,+oo),
当xC(-Limn)时,h'(x)<0)单调递减;当xe(ln/n,+8)时,h'(x)>0
单调递增.所以函数在上有最小值为九(Inm)=6-mlnm,
令,n-mlnm>0,解得,nve,所以*<匕综上所述,“[一手)
・・/、1MX1mx14x
“(%)=洞+丽=手+「=斤+
x+4
(2)由题意,x+m
而等价于.
令,
则F(0)=0,且F'(x)=ex(3x-1)+1,F'(0)=0.
令G(x)=F(x),则G'(x)=ev(3x+2).
因为xZO,所以G(%)>0,所以导数F(x)在[°,+8)上单调递增,
于是F'(x)NF'(0)=0.
从而函数口>)在上单调递增,即F(x)>F(0)=0
即当时,“(X)-1.
19、为了解甲、乙两种产品的质量,从中分别随机抽取了10件样品,测量产品中某种元素的含量(单位:
毫克),如图所示是测量数据的茎叶图.规定:当产品中的此中元素的含量不小于18毫克时,该产品为优
3□
寺口口.
甲产品乙产品
9630
67581284756
78322468
(1)试用样品数据估计甲、乙两种产品的优等品率;
(2)从乙产品抽取的10件样品中随机抽取3件,求抽到的3件样品中优等品数f的分布列及其数学期
望即);
(3)从甲产品抽取的10件样品中有放回地随机抽取3件,也从乙产品抽取的10件样品中有放回地随
机抽取3件;抽到的优等品中,记“甲产品恰比乙产品多2件”为事件°,求事件的概率.
【考点】
213
【答案】(1)亏,2(2)见解析(3)50
【解析】试题分析:(1)根据茎叶图统计优等品的个数比上总数即可得解;
(2)易知优等品数[服从超几何分布,的所有可能取值为°,1,2,3,分别求概率即可,由期望公
式计算期望即可;
(3)抽到的优等品中,甲产品恰比乙产品多件包括两种情况:“抽到的优等品数甲产品件且乙产品
件”,“抽到的优等品数甲产品件且乙产品件”,分别求概率相加即可.
试题解析:
4_2
(1)从甲产品抽取的1°件样品中优等品有4件,优等品率为元=5,
5_1
从乙产品抽取的件样品中优等品有5件,优等品率为诃=彳
故甲、乙两种产品的优等品率分别为,.
(2)的所有可能取值为,,,.
尸(6=0)=合=1改=1)=券=亮r(4=2)=券=亮P(f=3)=*=9
Jo,JO,Jo,Jo
所以的分布列为
,八15513
E(f)=0xYJ+1x豆+2x^+3x2
(3)抽到的优等品中,甲产品恰比乙产品多件包括两种情况:“抽到的优等品数甲产品件且乙产品
件”,“抽到的优等品数甲产品件且乙产品件”,分别记为事件“,B
P⑻=。骗X得(1-3=总
故抽到的优等品中甲产品恰比乙产品多件的概率为
933
P(C)=P(4)+=250+125=50
TT
20、如图,在三棱柱4BC_4]B]G中,4B=44[=C4=CB=2,乙8441=工
(1)证明:-LZtlu;
1
(2)若cos"""】=[求二面角4Tle-8的余弦值
【考点】
3
【答案】⑴见解析⑵了
【解析】试题分析:(1)易知与均为等边三角形,点。为4B的中点,可得
命,进而得平面4",从而得证;
(2)由勾股定理可得从而以点。为坐标原点,以为工轴,%为,轴,8为z轴建立
空间直角坐标系,分别求平面'410的一个法向量和平面的一个法向量,利用法向量求解二面角即可..
试题解析:
n
(1)证明:设点为4B的中点,连接a>,4°,由3=4=以=0,=3知△4BC与
△皿均为等边三角形,点为的中点,可得,,,相
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