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文档简介
四川省眉山市高中2024届高三数学第一学期期末考试模拟试题注意事项: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.在正方体中,球同时与以为公共顶点的三个面相切,球同时与以为公共顶点的三个面相切,且两球相切于点.若以为焦点,为准线的抛物线经过,设球的半径分别为,则()A. B. C. D.2.设全集U=R,集合,则()A. B. C. D.3.将函数图象上每一点的横坐标变为原来的2倍,再将图像向左平移个单位长度,得到函数的图象,则函数图象的一个对称中心为()A. B. C. D.4.设命题:,,则为A., B.,C., D.,5.已知实数满足约束条件,则的最小值为()A.-5 B.2 C.7 D.116.已知数列的前项和为,且,,,则的通项公式()A. B. C. D.7.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”意思为有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了六天恰好到达目的地,请问第二天比第四天多走了()A.96里 B.72里 C.48里 D.24里8.已知非零向量满足,,且与的夹角为,则()A.6 B. C. D.39.为虚数单位,则的虚部为()A. B. C. D.10.已知某口袋中有3个白球和个黑球(),现从中随机取出一球,再换回一个不同颜色的球(即若取出的是白球,则放回一个黑球;若取出的是黑球,则放回一个白球),记换好球后袋中白球的个数是.若,则=()A. B.1 C. D.211.已知函数,其图象关于直线对称,为了得到函数的图象,只需将函数的图象上的所有点()A.先向左平移个单位长度,再把所得各点横坐标伸长为原来的2倍,纵坐标保持不变B.先向右平移个单位长度,再把所得各点横坐标缩短为原来的,纵坐标保持不变C.先向右平移个单位长度,再把所得各点横坐标伸长为原来的2倍,纵坐标保持不变D.先向左平移个单位长度,再把所得各点横坐标缩短为原来的,纵坐标保持不变12.设,则“”是“”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如图,在中,已知,为边的中点.若,垂足为,则的值为__.14.已知非零向量,满足,且,则与的夹角为____________.15.已知为抛物线:的焦点,过作两条互相垂直的直线,,直线与交于、两点,直线与交于、两点,则的最小值为__________.16.在正方体中,已知点在直线上运动,则下列四个命题中:①三棱锥的体积不变;②;③当为中点时,二面角的余弦值为;④若正方体的棱长为2,则的最小值为;其中说法正确的是____________(写出所有说法正确的编号)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)如图,四棱锥的底面为直角梯形,,,,底面,且,为的中点.(1)证明:;(2)设点是线段上的动点,当直线与直线所成的角最小时,求三棱锥的体积.18.(12分)在①;②;③这三个条件中任选一个,补充在下面问题中的横线上,并解答相应的问题.在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足________________,,求的面积.19.(12分)选修4-5:不等式选讲已知函数的最大值为3,其中.(1)求的值;(2)若,,,求证:20.(12分)已知函数.(1)求不等式的解集;(2)若关于的不等式在上恒成立,求实数的取值范围.21.(12分)已知函数(1)求函数在处的切线方程(2)设函数,对于任意,恒成立,求的取值范围.22.(10分)已知函数,曲线在点处的切线在y轴上的截距为.(1)求a;(2)讨论函数和的单调性;(3)设,求证:.
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、D【解析】
由题先画出立体图,再画出平面处的截面图,由抛物线第一定义可知,点到点的距离即半径,也即点到面的距离,点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体,设,两球球心和公切点都在体对角线上,通过几何关系可转化出,进而求解【详解】根据抛物线的定义,点到点的距离与到直线的距离相等,其中点到点的距离即半径,也即点到面的距离,点到直线的距离即点到面的距离,因此球内切于正方体,不妨设,两个球心和两球的切点均在体对角线上,两个球在平面处的截面如图所示,则,所以.又因为,因此,得,所以.故选:D【点睛】本题考查立体图与平面图的转化,抛物线几何性质的使用,内切球的性质,数形结合思想,转化思想,直观想象与数学运算的核心素养2、A【解析】
求出集合M和集合N,,利用集合交集补集的定义进行计算即可.【详解】,,则,故选:A.【点睛】本题考查集合的交集和补集的运算,考查指数不等式和二次不等式的解法,属于基础题.3、D【解析】
根据函数图象的变换规律可得到解析式,然后将四个选项代入逐一判断即可.【详解】解:图象上每一点的横坐标变为原来的2倍,得到再将图像向左平移个单位长度,得到函数的图象,故选:D【点睛】考查三角函数图象的变换规律以及其有关性质,基础题.4、D【解析】
直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可.【详解】因为全称命题的否定是特称命题,所以,命题:,,则为:,.故本题答案为D.【点睛】本题考查命题的否定,特称命题与全称命题的否定关系,是基础题.5、A【解析】
根据约束条件画出可行域,再将目标函数化成斜截式,找到截距的最小值.【详解】由约束条件,画出可行域如图变为为斜率为-3的一簇平行线,为在轴的截距,最小的时候为过点的时候,解得所以,此时故选A项【点睛】本题考查线性规划求一次相加的目标函数,属于常规题型,是简单题.6、C【解析】
利用证得数列为常数列,并由此求得的通项公式.【详解】由,得,可得().相减得,则(),又由,,得,所以,所以为常数列,所以,故.故选:C【点睛】本小题考查数列的通项与前项和的关系等基础知识;考查运算求解能力,逻辑推理能力,应用意识.7、B【解析】
人每天走的路程构成公比为的等比数列,设此人第一天走的路程为,计算,代入得到答案.【详解】由题意可知此人每天走的路程构成公比为的等比数列,设此人第一天走的路程为,则,解得,从而可得,故.故选:.【点睛】本题考查了等比数列的应用,意在考查学生的计算能力和应用能力.8、D【解析】
利用向量的加法的平行四边形法则,判断四边形的形状,推出结果即可.【详解】解:非零向量,满足,可知两个向量垂直,,且与的夹角为,说明以向量,为邻边,为对角线的平行四边形是正方形,所以则.故选:.【点睛】本题考查向量的几何意义,向量加法的平行四边形法则的应用,考查分析问题解决问题的能力,属于基础题.9、C【解析】
利用复数的运算法则计算即可.【详解】,故虚部为.故选:C.【点睛】本题考查复数的运算以及复数的概念,注意复数的虚部为,不是,本题为基础题,也是易错题.10、B【解析】由题意或4,则,故选B.11、D【解析】
由函数的图象关于直线对称,得,进而得再利用图像变换求解即可【详解】由函数的图象关于直线对称,得,即,解得,所以,,故只需将函数的图象上的所有点“先向左平移个单位长度,得再将横坐标缩短为原来的,纵坐标保持不变,得”即可.故选:D【点睛】本题考查三角函数的图象与性质,考查图像变换,考查运算求解能力,是中档题12、C【解析】
根据充分条件和必要条件的定义结合对数的运算进行判断即可.【详解】∵a,b∈(1,+∞),∴a>b⇒logab<1,logab<1⇒a>b,∴a>b是logab<1的充分必要条件,故选C.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,根据不等式的解法是解决本题的关键.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
,由余弦定理,得,得,,,所以,所以.点睛:本题考查平面向量的综合应用.本题中存在垂直关系,所以在线性表示的过程中充分利用垂直关系,得到,所以本题转化为求长度,利用余弦定理和面积公式求解即可.14、(或写成)【解析】
设与的夹角为,通过,可得,化简整理可求出,从而得到答案.【详解】设与的夹角为可得,故,将代入可得得到,于是与的夹角为.故答案为:.【点睛】本题主要考查向量的数量积运算,向量垂直转化为数量积为0是解决本题的关键,意在考查学生的转化能力,分析能力及计算能力.15、16.【解析】由题意可知抛物线的焦点,准线为设直线的解析式为∵直线互相垂直∴的斜率为与抛物线的方程联立,消去得设点由跟与系数的关系得,同理∵根据抛物线的性质,抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离∴,同理∴,当且仅当时取等号.故答案为16点睛:(1)与抛物线有关的最值问题,一般情况下都与抛物线的定义有关.利用定义可将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离,可以使运算化繁为简.“看到准线想焦点,看到焦点想准线”,这是解决抛物线焦点弦有关问题的重要途径;(2)圆锥曲线中的最值问题,可利用基本不等式求解,但要注意不等式成立的条件.16、①②④【解析】
①∵,∴平面
,得出上任意一点到平面的距离相等,所以判断命题①;②由已知得出点P在面上的射影在上,根据线面垂直的判定和性质或三垂线定理,可判断命题②;③当为中点时,以点D为坐标原点,建立空间直角系,如下图所示,运用二面角的空间向量求解方法可求得二面角的余弦值,可判断命题③;④过作平面交于点,做点关于面对称的点,使得点在平面内,根据对称性和两点之间线段最短,可求得当点在点时,在一条直线上,取得最小值.可判断命题④.【详解】①∵,∴平面
,所以上任意一点到平面的距离相等,所以三棱锥的体积不变,所以①正确;
②在直线上运动时,点P在面上的射影在上,所以DP在面上的射影在上,又,所以,所以②正确;③当为中点时,以点D为坐标原点,建立空间直角系,如下图所示,设正方体的棱长为2.则:,,所以,设面的法向量为,则,即,令,则,设面的法向量为,,即,,由图示可知,二面角是锐二面角,所以二面角的余弦值为,所以③不正确;④过作平面交于点,做点关于面对称的点,使得点在平面内,则,所以,当点在点时,在一条直线上,取得最小值.因为正方体的棱长为2,所以设点的坐标为,,,所以,所以,又所以,所以,,,故④正确.
故答案为:①②④.【点睛】本题考查空间里的线线,线面,面面关系,几何体的体积,在求解空间里的两线段的和的最小值,仍可以运用对称的思想,两点之间线段最短进行求解,属于难度题.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)见解析;(2).【解析】
(1)要证明,只需证明平面即可;(2)以C为原点,分别以的方向为轴、轴、轴的正方向,建立空间直角坐标系,利用向量法求,并求其最大值从而确定出使问题得到解决.【详解】(1)连结AC、AE,由已知,四边形ABCE为正方形,则①,因为底面,则②,由①②知平面,所以.(2)以C为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,所以,,,设,,则,所以,设,则,所以当,即时,取最大值,从而取最小值,即直线与直线所成的角最小,此时,则,因为,,则平面,从而M到平面的距离,所以.【点睛】本题考查线面垂直证线线垂直、异面直线直线所成角计算、换元法求函数最值以及等体积法求三棱锥的体积,考查的内容较多,计算量较大,解决此类问题最关键是准确写出点的坐标,是一道中档题.18、横线处任填一个都可以,面积为.【解析】
无论选哪一个,都先由正弦定理化边为角后,由诱导公式,展开后,可求得角,再由余弦定理求得,从而易求得三角形面积.【详解】在横线上填写“”.解:由正弦定理,得.由,得.由,得.所以.又(若,则这与矛盾),所以.又,得.由余弦定理及,得,即.将代入,解得.所以.在横线上填写“”.解:由及正弦定理,得.又,所以有.因为,所以.从而有.又,所以由余弦定理及,得即.将代入,解得.所以.在横线上填写“”解:由正弦定理,得.由,得,所以由二倍角公式,得.由,得,所以.所以,即.由余弦定理及,得.即.将代入,解得.所以.【点睛】本题考查三角形面积公式,考查正弦定理、余弦定理,两角和的正弦公式等,正弦定理进行边角转换,求三角形面积时,①若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值),结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积,代入公式求面积;②若已知三角形的三边,可先求其一个角的余弦值,再求其正弦值,代入公式求面积,总之,结合图形恰当选择面积公式是解题的关键.19、(1)(2)见解析【解析】
(1)分三种情况去绝对值,求出最大值与已知最大值相等列式可解得;(2)将所证不等式转化为2ab≥1,再构造函数利用导数判断单调性求出最小值可证.【详解】(1)∵,∴.∴当时,取得最大值.∴.(2)由(Ⅰ),得,.∵,当且仅当时等号成立,∴.令,.则在上单调递减.∴.∴当时,.∴.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法,属中档题.本题主要考查了绝对值不等式的求解,以及不等式的恒成立问题,其中解答中根据绝对值的定义,合理去掉绝对值号,及合理转化恒成立问题是解答本题的关键,着重考查分析问题和解答问题的能力,以及转化思想的应用.20、(1)或;(2).【解析】
(1)利用绝对值的几何意义,将不等式,转化为不等式或或求解.(2)根据-2在R上恒成立,由绝对值三角不等式求得的最小值即可.【详解】(1)原不等式等价于或或,解得:或,∴不等式的解集为或.(2)因为-2在R上恒成立,而,所以,解得,所以实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题,还考查了运算求解的能力,属于中档题.21、(1);(2)【解析】
(1)求出,即可求出切线的点斜式方程,整理即可;(2)的取值范围满足,,求出,当时求出,的
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