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文档简介
答案第=page11页,共=sectionpages22页答案第=page1111页,共=sectionpages1111页吕梁市2023-2024学年第一学期期末调研测试数学答案一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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:∵A=(1,2),B=(﹣∞,2),∴A∪B=B,故选A.2.B解:z=1-i1+i3.A解:由题意,得;故离心率为.4.D解:由已知得解得则AB⋅AE=2×5.D解:故选:D.6.C解:如图,作出圆台的轴截面,设截面上部延长部分三角形的高为,由相似三角形性质,得设水到达最大容量时水面的圆面半径为,则如水的最大容量为7.解:由题意,得当时,D解:法一:令,故A正确;,,故B正确;,令,故C正确.令法二:构造函数二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.BCD解:对于A选项,“,”的否定为“”,故A错误;对于B选项,由,因此,故B正确;对于C选项,故C正确.对于D选项,,故D正确.故选:BCD.10.AD解:根据函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<)的部分图象,可得A=2,×=+,∴ω=2,对于A选项,结合五点法作图,可得2×+φ=,∴φ=﹣,故A正确,f(x)=2sin(2x﹣),将函数f(x)的图象平移后得到函数g(x)的图象,则g(x)=﹣2sin(2x+),对于B选项,显然不是其对称轴,故,故B错误,对于C选项,函数g(x)显然不是奇函数,故C错误,对于D选项,∵﹣2<0,∴g(x)递增区间即y=sin(2x+)的递减区间,令2kπ+≤2x+≤2kπ+,k∈Z,解得kπ+≤x≤kπ+,k∈Z,故g(x)的递增区间是[kπ+,kπ+](k∈Z),当k=-1时,g(x)的递增区间是[-11π12,-故D正确,故选:AD.11.ABD解:对于A选项,当时,点在平面内,易得,,故A正确;对于B选项,当,,故点在直线上,直线即为直线易得,故B正确;对于C选项,当当时,,故P为的中点易得,连接交于点O,则故C错误;对于D选项,当,时,则,可知点在平面内,因为平面∥平面,则直线与平面所成角即为直线与平面所成的角,因为平面,则直线与平面所成的角为,可得,又因为,即,则可得当且仅当,即时,等号成立,可知的最小值为,则的最大值,所以直线与平面所成角的正切值的最大值为,故D正确.故选ABD.12.AC解:当两切线分别与两坐标轴垂直时,两切线的方程分别为、,所以,点在蒙日圆上,故蒙日圆的方程为,因为,可得.对于A选项,蒙日圆圆心到直线的距离为,所以,直线与蒙日圆相切,故A正确;对于B选项,的蒙日圆的方程为,故B错误;对于C选项,由题意可知,,所以MN为蒙日圆的直径,MN=4,故C正确;对于D选项,由椭圆的定义可得,所以,,直线的方程为,点到直线的距离为,所以,,当且仅当时,等号成立,故D错误;故选:AC.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.20解:的第项为,令代入通项可得展开式中的和项分别为:,分别与和相乘,得的展开式中项为,故的系数为20.故为:2014.解:依题意,,,代入回归直线,解得所以回归直线为当时,,因此残差为,15.解:.解:点可知:又由知,和在上单调递增,其值域为Rx令令所以,实数的最大值为.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(1);(2).解:(1)由题意,得当3分当,适合上式.4分5分7分10分18.(1);(2)9解:(1)1分3分4分5分8分11分当且仅当,等号成立,所以的最小值为9.12分19.(1)存在点Q,当Q与P重合时成立;(2)3解:以AB,AD,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,(1)BP=(设Q为直线PB上一点,且BQ=λBP=(-∴Q1-λ,0,34分所以存在点Q,满足,此时BQ=1.5分由(1)可得,又Q则点到直线的距离d=CQ2-CQ=λ2∵19∴d≥319所以异面直线PB与CD之间的距离为3191920.(1)(2)小李能进入决赛解:(1)设A=“在一轮比赛中,小李获得通关卡”,则事件A发生的所有情况有:①得到认可的中式面点入选1道,中式热菜入选2道的概率为②得到认可的中式面点入选2道,中式热菜入选1道的概率为③得到认可的中式面点和中式热菜各入选2道的概率为所以;5分(2)由题知,强化训练后,每道中式面点被评委认可的概率为,每道中式热菜被评委认可的概率为,则强化训练后,在一轮比赛中,小李获得通关卡的概率为,8分因为每轮比赛结果互不影响,所以进行3轮比赛可看作3重伯努利试验.用X表示小李在3轮比赛中获得通关卡的次数,则10分∴,∴小李能进入决赛12分21.(1)抛物线C的方程为,点A的坐标为;(2)直线的方程为.解:(1)联立,消得,因为直线与抛物线相切,所以,解得或(舍去),2分当时,,解得,所以,4分所以抛物线C的方程为,点A的坐标为;5分(2)显然直线的斜率存在,可设为,由,消得,则,,7分,因为以MN为直径的圆过点A,所以,即,8分整理可得,所以,化简得,所以,所以或,即或,9分当时,直线,即,所以直线过定点(舍去),当时,直线,满足,即,所以直线过定点,10分设点A到直线PQ的距离为d,则11分当直线与垂直时,d最大又,所以,所以直线的方程为.12分22.(1)(2)解:(1),1分2分3分故切线方程为4分(2)由题意,得对任意x∈R,≥0恒成立,令g(x)=,则g′(x)=ax﹣a+ex+sinx,令h(x)=ax﹣a+ex+sinx,则h′(x)=a+ex+cosx,5分当a>1时,h′(x)>0,g′(x)单调递增,且g′(0)=1﹣a<0,g′(1)=e+sin1>0,所以存在x0∈(0,1)使得g′(x0)=0,当x∈(0,x0)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)<g(0)=0,不合题意;..7分当a=1时,h′(x)>0,g′(x)单调递增,且g′(0)=0,当x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(﹣∞,0)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)≥g(0)=0,符合题意;..9分当0<a<1时,h′(x)在(﹣1,0)上单调递增,又h′(﹣1)=a++cos1>0,所以h′(x)>h′(﹣1)>0,g′(x)在(
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