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文档简介

广东省汕头市潮阳新世界中英文学校2024届数学高三上期末教学质量检测试题注意事项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.已知函数,若函数的极大值点从小到大依次记为,并记相应的极大值为,则的值为()A. B. C. D.2.数列{an}是等差数列,a1=1,公差d∈[1,2],且a4+λa10+a16=15,则实数λ的最大值为()A. B. C. D.3.已知数列中,,且当为奇数时,;当为偶数时,.则此数列的前项的和为()A. B. C. D.4.若函数的图象如图所示,则的解析式可能是()A. B. C. D.5.下列函数中,既是奇函数,又是上的单调函数的是()A. B.C. D.6.中心在原点,对称轴为坐标轴的双曲线的两条渐近线与圆都相切,则双曲线的离心率是()A.2或 B.2或 C.或 D.或7.函数,,的部分图象如图所示,则函数表达式为()A. B.C. D.8.在中,,,,则边上的高为()A. B.2 C. D.9.已知复数满足,则()A. B.2 C.4 D.310.定义运算,则函数的图象是().A. B.C. D.11.已知函数,若曲线在点处的切线方程为,则实数的取值为()A.-2 B.-1 C.1 D.212.已知等差数列的前n项和为,,则A.3 B.4 C.5 D.6二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.(5分)已知曲线的方程为,其图象经过点,则曲线在点处的切线方程是____________.14.已知数列的前项满足,则______.15.某部队在训练之余,由同一场地训练的甲、乙、丙三队各出三人,组成小方阵开展游戏,则来自同一队的战士既不在同一行,也不在同一列的概率为______.16.已知函数为偶函数,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)已知函数,(1)求函数的单调区间;(2)当时,判断函数,()有几个零点,并证明你的结论;(3)设函数,若函数在为增函数,求实数的取值范围.18.(12分)在平面直角坐标系中,已知直线l的参数方程为(t为参数),在以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,且与直角坐标系长度单位相同的极坐标系中,曲线C的极坐标方程是.(1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程;(2)若直线l与曲线C相交于两点A,B,求线段的长.19.(12分)已知动点到定点的距离比到轴的距离多.(1)求动点的轨迹的方程;(2)设,是轨迹在上异于原点的两个不同点,直线和的倾斜角分别为和,当,变化且时,证明:直线恒过定点,并求出该定点的坐标.20.(12分)如图,在四棱锥中,底面是矩形,是的中点,平面,且,.()求与平面所成角的正弦.()求二面角的余弦值.21.(12分)已知向量,.(1)求的最小正周期;(2)若的内角的对边分别为,且,求的面积.22.(10分)如图,在四棱锥中,平面平面,.(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)若锐二面角的余弦值为,求直线与平面所成的角.

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】

对此分段函数的第一部分进行求导分析可知,当时有极大值,而后一部分是前一部分的定义域的循环,而值域则是每一次前面两个单位长度定义域的值域的2倍,故此得到极大值点的通项公式,且相应极大值,分组求和即得【详解】当时,,显然当时有,,∴经单调性分析知为的第一个极值点又∵时,∴,,,…,均为其极值点∵函数不能在端点处取得极值∴,,∴对应极值,,∴故选:C【点睛】本题考查基本函数极值的求解,从函数表达式中抽离出相应的等差数列和等比数列,最后分组求和,要求学生对数列和函数的熟悉程度高,为中档题2、D【解析】

利用等差数列通项公式推导出λ,由d∈[1,2],能求出实数λ取最大值.【详解】∵数列{an}是等差数列,a1=1,公差d∈[1,2],且a4+λa10+a16=15,∴1+3d+λ(1+9d)+1+15d=15,解得λ,∵d∈[1,2],λ2是减函数,∴d=1时,实数λ取最大值为λ.故选D.【点睛】本题考查实数值的最大值的求法,考查等差数列的性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.3、A【解析】

根据分组求和法,利用等差数列的前项和公式求出前项的奇数项的和,利用等比数列的前项和公式求出前项的偶数项的和,进而可求解.【详解】当为奇数时,,则数列奇数项是以为首项,以为公差的等差数列,当为偶数时,,则数列中每个偶数项加是以为首项,以为公比的等比数列.所以.故选:A【点睛】本题考查了数列分组求和、等差数列的前项和公式、等比数列的前项和公式,需熟记公式,属于基础题.4、A【解析】

由函数性质,结合特殊值验证,通过排除法求得结果.【详解】对于选项B,为奇函数可判断B错误;对于选项C,当时,,可判断C错误;对于选项D,,可知函数在第一象限的图象无增区间,故D错误;故选:A.【点睛】本题考查已知函数的图象判断解析式问题,通过函数性质及特殊值利用排除法是解决本题的关键,难度一般.5、C【解析】

对选项逐个验证即得答案.【详解】对于,,是偶函数,故选项错误;对于,,定义域为,在上不是单调函数,故选项错误;对于,当时,;当时,;又时,.综上,对,都有,是奇函数.又时,是开口向上的抛物线,对称轴,在上单调递增,是奇函数,在上是单调递增函数,故选项正确;对于,在上单调递增,在上单调递增,但,在上不是单调函数,故选项错误.故选:.【点睛】本题考查函数的基本性质,属于基础题.6、A【解析】

根据题意,由圆的切线求得双曲线的渐近线的方程,再分焦点在x、y轴上两种情况讨论,进而求得双曲线的离心率.【详解】设双曲线C的渐近线方程为y=kx,是圆的切线得:,得双曲线的一条渐近线的方程为∴焦点在x、y轴上两种情况讨论:

①当焦点在x轴上时有:②当焦点在y轴上时有:∴求得双曲线的离心率2或.

故选:A.【点睛】本小题主要考查直线与圆的位置关系、双曲线的简单性质等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想.解题的关键是:由圆的切线求得直线的方程,再由双曲线中渐近线的方程的关系建立等式,从而解出双曲线的离心率的值.此题易忽视两解得出错误答案.7、A【解析】

根据图像的最值求出,由周期求出,可得,再代入特殊点求出,化简即得所求.【详解】由图像知,,,解得,因为函数过点,所以,,即,解得,因为,所以,.故选:A【点睛】本题考查根据图像求正弦型函数的解析式,三角函数诱导公式,属于基础题.8、C【解析】

结合正弦定理、三角形的内角和定理、两角和的正弦公式,求得边长,由此求得边上的高.【详解】过作,交的延长线于.由于,所以为钝角,且,所以.在三角形中,由正弦定理得,即,所以.在中有,即边上的高为.故选:C【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形,考查三角形的内角和定理、两角和的正弦公式,属于中档题.9、A【解析】

由复数除法求出,再由模的定义计算出模.【详解】.故选:A.【点睛】本题考查复数的除法法则,考查复数模的运算,属于基础题.10、A【解析】

由已知新运算的意义就是取得中的最小值,因此函数,只有选项中的图象符合要求,故选A.11、B【解析】

求出函数的导数,利用切线方程通过f′(0),求解即可;【详解】f(x)的定义域为(﹣1,+∞),因为f′(x)a,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x,可得1﹣a=2,解得a=﹣1,故选:B.【点睛】本题考查函数的导数的几何意义,切线方程的求法,考查计算能力.12、C【解析】

方法一:设等差数列的公差为,则,解得,所以.故选C.方法二:因为,所以,则.故选C.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

依题意,将点的坐标代入曲线的方程中,解得.由,得,则曲线在点处切线的斜率,所以在点处的切线方程是,即.14、【解析】

由已知写出用代替的等式,两式相减后可得结论,同时要注意的求解方法.【详解】∵①,∴时,②,①-②得,∴,又,∴().故答案为:.【点睛】本题考查求数列通项公式,由已知条件.类比已知求的解题方法求解.15、【解析】

分两步进行:首先,先排第一行,再排第二行,最后排第三行;其次,对每一行选人;最后,利用计算出概率即可.【详解】首先,第一行队伍的排法有种;第二行队伍的排法有2种;第三行队伍的排法有1种;然后,第一行的每个位置的人员安排有种;第二行的每个位置的人员安排有种;第三行的每个位置的人员安排有种.所以来自同一队的战士既不在同一行,也不在同一列的概率.故答案为:.【点睛】本题考查了分步计数原理,排列与组合知识,考查了转化能力,属于中档题.16、【解析】

根据偶函数的定义列方程,化简求得的值.【详解】由于为偶函数,所以,即,即,即,即,即,即,即,所以.故答案为:【点睛】本小题主要考查根据函数的奇偶性求参数,考查运算求解能力,属于中档题.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)单调增区间,单调减区间为,;(2)有2个零点,证明见解析;(3)【解析】

对函数求导,利用导数的正负判断函数的单调区间即可;函数有2个零点.根据函数的零点存在性定理即可证明;记函数,求导后利用单调性求得,由零点存在性定理及单调性知存在唯一的,使,求得为分段函数,求导后分情况讨论:①当时,利用函数的单调性将问题转化为的问题;②当时,当时,在上恒成立,从而求得的取值范围.【详解】(1)由题意知,,列表如下:020极小值极大值所以函数的单调增区间为,单调减区间为,.(2)函数有2个零点.证明如下:因为时,所以,因为,所以在恒成立,在上单调递增,由,,且在上单调递增且连续知,函数在上仅有一个零点,由(1)可得时,,即,故时,,所以,由得,平方得,所以,因为,所以在上恒成立,所以函数在上单调递减,因为,所以,由,,且在上单调递减且连续得在上仅有一个零点,综上可知:函数有2个零点.(3)记函数,下面考察的符号.求导得.当时恒成立.当时,因为,所以.∴在上恒成立,故在上单调递减.∵,∴,又因为在上连续,所以由函数的零点存在性定理得存在唯一的,使,∴,因为,所以∴因为函数在上单调递增,,所以在,上恒成立.①当时,在上恒成立,即在上恒成立.记,则,当变化时,,变化情况如下表:极小值∴,故,即.②当时,,当时,在上恒成立.综合(1)(2)知,实数的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间、极值、最值和利用零点存在性定理判断函数零点个数、利用分离参数法求参数的取值范围;考查转化与化归能力、逻辑推理能力、运算求解能力;通过构造函数,利用零点存在性定理判断其零点,从而求出函数的表达式是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.18、(1)l:,C:;(2)【解析】

(1)直接利用转换关系,把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换;

(2)由(1)可得曲线是圆,求出圆心坐标及半径,再求得圆心到直线的距离,即可求得的长.【详解】(1)由题意可得直线:,由,得,即,所以曲线C:.(2)由(1)知,圆,半径.∴圆心到直线的距离为:.∴【点睛】本题考查直线的普通坐标方程、曲线的直角坐标方程的求法,考查弦长的求法、运算求解能力,是中档题.19、(1)或;(2)证明见解析,定点【解析】

(1)设,由题意可知,对的正负分情况讨论,从而求得动点的轨迹的方程;(2)设其方程为,与抛物线方程联立,利用韦达定理得到,所以,所以直线的方程可表示为,即,所以直线恒过定点.【详解】(1)设,动点到定点的距离比到轴的距离多,,时,解得,时,解得.动点的轨迹的方程为或(2)证明:如图,设,,由题意得(否则)且,所以直线的斜率存在,设其方程为,将与联立消去,得,由韦达定理知,,①显然,,,,将①式代入上式整理化简可得:,所以,此时,直线的方程可表示为,即,所以直线恒过定点.【点睛】本题主要考查了动点轨迹,考查了直线与抛物线的综合,是中档题.20、(1).(2).【解析】分析:(1)直接建立空间直角坐标系,然后求出面的法向量和已知线的向量,再结合向量的夹角公式求解即可;(2)先分别得出两个面的法向量,然后根据向量交角公式求解即可.详解:()∵是矩形,∴,又∵平面,∴,,即,,两两垂直,∴以为原点,,,分别为轴,轴,轴建立如图空间直角坐标系,由,,得,,,,,,则,,,设平面的一个法向量为,则,即,令,得,,∴,∴,故与平面所成角的正弦值为.()由()可得,设平面的一个法向量为,则,即,令,得,,∴,∴,故二面角的余弦值为.点睛:考查空间立体几何的线面角,二面角问题,一般直接建立坐标系,结合向量夹角公式求解即可,但要注

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