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文档简介
2023-2024学年陕西师大附中高考数学一模试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,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.已知全集,集合,,则()A. B. C. D.2.正三棱锥底面边长为3,侧棱与底面成角,则正三棱锥的外接球的体积为()A. B. C. D.3.将函数的图像向右平移个单位长度,再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍(纵坐标不变),得到函数的图像,若为奇函数,则的最小值为()A. B. C. D.4.已知集合,则()A. B.C. D.5.已知随机变量服从正态分布,,()A. B. C. D.6.已知函数(,)的一个零点是,函数图象的一条对称轴是直线,则当取得最小值时,函数的单调递增区间是()A.() B.()C.() D.()7.函数图象的大致形状是()A. B.C. D.8.已知函数是上的减函数,当最小时,若函数恰有两个零点,则实数的取值范围是()A. B.C. D.9.已知实数、满足不等式组,则的最大值为()A. B. C. D.10.欧拉公式为,(虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的,它将指数函数的定义域扩大到复数,建立了三角函数和指数函数的关系,它在复变函数论里非常重要,被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知,表示的复数位于复平面中的()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限11.已知函数,,若总有恒成立.记的最小值为,则的最大值为()A.1 B. C. D.12.已知双曲线的一条渐近线为,圆与相切于点,若的面积为,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.近年来,新能源汽车技术不断推陈出新,新产品不断涌现,在汽车市场上影响力不断增大.动力蓄电池技术作为新能源汽车的核心技术,它的不断成熟也是推动新能源汽车发展的主要动力.假定现在市售的某款新能源汽车上,车载动力蓄电池充放电循环次数达到2000次的概率为85%,充放电循环次数达到2500次的概率为35%.若某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电,那么他的车能够充电2500次的概率为______.14.已知函数的部分图象如图所示,则的值为____________.15.已知椭圆的左、右焦点分别为、,过椭圆的右焦点作一条直线交椭圆于点、.则内切圆面积的最大值是_________.16.设等差数列的前项和为,若,,则数列的公差________,通项公式________.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.(Ⅰ)若在区间上单调递增,求的值;(Ⅱ)若恒成立,求的最大值.(参考数据:)18.(12分)已知椭圆与x轴负半轴交于,离心率.(1)求椭圆C的方程;(2)设直线与椭圆C交于两点,连接AM,AN并延长交直线x=4于两点,若,直线MN是否恒过定点,如果是,请求出定点坐标,如果不是,请说明理由.19.(12分)某企业为了了解该企业工人组装某产品所用时间,对每个工人组装一个该产品的用时作了记录,得到大量统计数据.从这些统计数据中随机抽取了个数据作为样本,得到如图所示的茎叶图(单位:分钟).若用时不超过(分钟),则称这个工人为优秀员工.(1)求这个样本数据的中位数和众数;(2)以这个样本数据中优秀员工的频率作为概率,任意调查名工人,求被调查的名工人中优秀员工的数量分布列和数学期望.20.(12分)在平面直角坐标系xOy中,以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线C:ρcos2θ=4asinθ (a>0),直线l的参数方程为x=-2+22t,y=-1+(I)写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程(不要求具体过程);(II)设P(-2,-1),若|PM|,|MN|,|PN|成等比数列,求a的值.21.(12分)已知点、分别在轴、轴上运动,,.(1)求点的轨迹的方程;(2)过点且斜率存在的直线与曲线交于、两点,,求的取值范围.22.(10分)心形线是由一个圆上的一个定点,当该圆在绕着与其相切且半径相同的另外一个圆周上滚动时,这个定点的轨迹,因其形状像心形而得名,在极坐标系中,方程()表示的曲线就是一条心形线,如图,以极轴所在的直线为轴,极点为坐标原点的直角坐标系中.已知曲线的参数方程为(为参数).(1)求曲线的极坐标方程;(2)若曲线与相交于、、三点,求线段的长.
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、B【解析】
直接利用集合的基本运算求解即可.【详解】解:全集,集合,,则,故选:.【点睛】本题考查集合的基本运算,属于基础题.2、D【解析】
由侧棱与底面所成角及底面边长求得正棱锥的高,再利用勾股定理求得球半径后可得球体积.【详解】如图,正三棱锥中,是底面的中心,则是正棱锥的高,是侧棱与底面所成的角,即=60°,由底面边长为3得,∴.正三棱锥外接球球心必在上,设球半径为,则由得,解得,∴.故选:D.【点睛】本题考查球体积,考查正三棱锥与外接球的关系.掌握正棱锥性质是解题关键.3、C【解析】
根据三角函数的变换规则表示出,根据是奇函数,可得的取值,再求其最小值.【详解】解:由题意知,将函数的图像向右平移个单位长度,得,再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍(纵坐标不变),得到函数的图像,,因为是奇函数,所以,解得,因为,所以的最小值为.故选:【点睛】本题考查三角函数的变换以及三角函数的性质,属于基础题.4、B【解析】
先由得或,再计算即可.【详解】由得或,,,又,.故选:B【点睛】本题主要考查了集合的交集,补集的运算,考查学生的运算求解能力.5、B【解析】
利用正态分布密度曲线的对称性可得出,进而可得出结果.【详解】,所以,.故选:B.【点睛】本题考查利用正态分布密度曲线的对称性求概率,属于基础题.6、B【解析】
根据函数的一个零点是,得出,再根据是对称轴,得出,求出的最小值与对应的,写出即可求出其单调增区间.【详解】依题意得,,即,解得或(其中,).①又,即(其中).②由①②得或,即或(其中,,),因此的最小值为.因为,所以().又,所以,所以,令(),则().因此,当取得最小值时,的单调递增区间是().故选:B【点睛】此题考查三角函数的对称轴和对称点,在对称轴处取得最值,对称点处函数值为零,属于较易题目.7、B【解析】
判断函数的奇偶性,可排除A、C,再判断函数在区间上函数值与的大小,即可得出答案.【详解】解:因为,所以,所以函数是奇函数,可排除A、C;又当,,可排除D;故选:B.【点睛】本题考查函数表达式判断函数图像,属于中档题.8、A【解析】
首先根据为上的减函数,列出不等式组,求得,所以当最小时,,之后将函数零点个数转化为函数图象与直线交点的个数问题,画出图形,数形结合得到结果.【详解】由于为上的减函数,则有,可得,所以当最小时,,函数恰有两个零点等价于方程有两个实根,等价于函数与的图像有两个交点.画出函数的简图如下,而函数恒过定点,数形结合可得的取值范围为.故选:A.【点睛】该题考查的是有关函数的问题,涉及到的知识点有分段函数在定义域上单调减求参数的取值范围,根据函数零点个数求参数的取值范围,数形结合思想的应用,属于中档题目.9、A【解析】
画出不等式组所表示的平面区域,结合图形确定目标函数的最优解,代入即可求解,得到答案.【详解】画出不等式组所表示平面区域,如图所示,由目标函数,化为直线,当直线过点A时,此时直线在y轴上的截距最大,目标函数取得最大值,又由,解得,所以目标函数的最大值为,故选A.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题.其中解答中正确画出不等式组表示的可行域,利用“一画、二移、三求”,确定目标函数的最优解是解答的关键,着重考查了数形结合思想,及推理与计算能力,属于基础题.10、A【解析】
计算,得到答案.【详解】根据题意,故,表示的复数在第一象限.故选:.【点睛】本题考查了复数的计算,意在考查学生的计算能力和理解能力.11、C【解析】
根据总有恒成立可构造函数,求导后分情况讨论的最大值可得最大值最大值,即.根据题意化简可得,求得,再换元求导分析最大值即可.【详解】由题,总有即恒成立.设,则的最大值小于等于0.又,若则,在上单调递增,无最大值.若,则当时,,在上单调递减,当时,,在上单调递增.故在处取得最大值.故,化简得.故,令,可令,故,当时,,在递减;当时,,在递增.故在处取得极大值,为.故的最大值为.故选:C【点睛】本题主要考查了根据导数求解函数的最值问题,需要根据题意分析导数中参数的范围,再分析函数的最值,进而求导构造函数求解的最大值.属于难题.12、D【解析】
由圆与相切可知,圆心到的距离为2,即.又,由此求出的值,利用离心率公式,求出e.【详解】由题意得,,,.故选:D.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质,直线与圆相切的性质,离心率的求法,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
记“某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电”为事件A,“他的车能够充电2500次”为事件B,即求条件概率:,由条件概率公式即得解.【详解】记“某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电”为事件A,“他的车能够充电2500次”为事件B,即求条件概率:故答案为:【点睛】本题考查了条件概率的应用,考查了学生概念理解,数学应用,数学运算的能力,属于基础题.14、【解析】
由图可得的周期、振幅,即可得,再将代入可解得,进一步求得解析式及.【详解】由图可得,,所以,即,又,即,,又,故,所以,.故答案为:【点睛】本题考查由图象求解析式及函数值,考查学生识图、计算等能力,是一道中档题.15、【解析】令直线:,与椭圆方程联立消去得,可设,则,.可知,又,故.三角形周长与三角形内切圆的半径的积是三角形面积的二倍,则内切圆半径,其面积最大值为.故本题应填.点睛:圆锥曲线中最值与范围的求法有两种:(1)几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决,这就是几何法.(2)代数法:若题目的条件和结论能体现一种明确的函数,则可首先建立起目标函数,再求这个函数的最值,求函数最值的常用方法有配方法,判别式法,重要不等式及函数的单调性法等.16、2【解析】
直接利用等差数列公式计算得到答案.【详解】,,解得,,故.故答案为:2;.【点睛】本题考查了等差数列的基本计算,意在考查学生的计算能力.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、(Ⅰ);(Ⅱ)3.【解析】
(Ⅰ)先求导,得,已知导函数单调递增,又在区间上单调递增,故,令,求得,讨论得,而,故,进而得解;(Ⅱ)可通过必要性探路,当时,由知,又由于,则,当,,结合零点存在定理可判断必存在使得,得,,化简得,再由二次函数性质即可求证;【详解】(Ⅰ)的定义域为.易知单调递增,由题意有.令,则.令得.所以当时,单调递增;当时,单调递减.所以,而又有,因此,所以.(Ⅱ)由知,又由于,则.下面证明符合条件.若.所以.易知单调递增,而,,因此必存在使得,即.且当时,单调递减;当时,,单调递增;则.综上,的最大值为3.【点睛】本题考查导数的计算,利用导数研究函数的增减性和最值,属于中档题18、(1)(2)直线恒过定点,详见解析【解析】
(1)依题意由椭圆的简单性质可求出,即得椭圆C的方程;(2)设直线的方程为:,联立直线的方程与椭圆方程可求得点的坐标,同理可求出点的坐标,根据的坐标可求出直线的方程,将其化简成点斜式,即可求出定点坐标.【详解】(1)由题有,.∴,∴.∴椭圆方程为.(2)设直线的方程为:,则∴或,∴,同理,当时,由有.∴,同理,又∴,当时,∴直线的方程为∴直线恒过定点,当时,此时也过定点..综上:直线恒过定点.【点睛】本题主要考查利用椭圆的简单性质求椭圆的标准方程,以及直线与椭圆的位置关系应用,定点问题的求法等,意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力,属于难题.19、(1)43,47;(2)分布列见解析,.【解析】
(1)根据茎叶图即可得到中位数和众数;(2)根据数据可得任取一名优秀员工的概率为,故,写出分布列即可得解.【详解】(1)中位数为,众数为.(2)被调查的名工人中优秀员工的数量,任取一名优秀员工的概率为,故,,,的分布列如下:故【点睛】此题考查根据茎叶图求众数和中位数,求离散型随机变量分布列,根据分布列求解期望,关键在于准确求解概率,若能准确识别二项分布对于解题能够起到事半功倍的作用.20、(I)x2=4aya>0,x-y+1=0【解析】
(I)利用所给的极坐标方程和参数
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