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文档简介
焦作市普通高中20222023学年高三第一次模拟考试理科数学考生注意:1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上,并将考生号条形码粒贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.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.已知复数,则()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算求得复数z,可得其共轭复数,根据模的计算可得答案.【详解】复数,故,所以,故选:C2.已知集合,则集合的子集个数为()A.3 B.4 C.6 D.8【答案】D【解析】【分析】联立和,求得,即可求得其子集个数.【详解】由已知集合,联立和,可得或或,则,故集合子集个数为个,故选:D3.某大型企业开发了一款新产品,投放市场后供不应求,为了达到产量最大化,决定增加生产线.经过一段时间的生产,统计得该款新产品的生产线条数与月产量(件)之间的统计数据如下表:4681030406070由数据可知,线性相关,且满足回归直线方程,则当该款新产品的生产线为12条时,预计月产量为()A.73件 B.79件 C.85件 D.90件【答案】C【解析】【分析】根据所给数据求出样本中心点,再代入回归直线方程,即可求出参数的值,从而得到回归直线方程,最后将代入计算可得.【详解】解:依题意可得,,因为回归直线方程必过样本中心点,即,解得,所以,当时,故当该款新产品的生产线为12条时,预计月产量为85件.故选:C4.函数的大致图象为()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用奇偶性排除A,利用特殊值和图象变化趋势排除B,D.【详解】由题意知函数的定义域为,因为,所以为奇函数,故排除A;因为,所以排除B;因为,所以排除D;故选:C.5.若的展开式中常数项为,则正整数的值为()A.6 B.7 C.8 D.9【答案】A【解析】【分析】首先写出二项式展开式的通项,依题意可得且,即可排除B、C,再将A、D代入验证即可.【详解】解:二项式展开式的通项为,所以且,显然且为整数,即为的倍数,故排除B、C,又为的因数,所以或,当时,此时,不符合题意;当时,此时符合题意.故选:A6.设,且,则()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系得到,再根据两角和的余弦公式及诱导公式得到,再根据、的范围判断即可.【详解】解:因为,所以,即,即,即,因为,所以,所以,即.故选:D7.已知圆柱的下底面圆的内接正三角形ABC的边长为6,P为圆柱上底面圆上任意—点,若三棱锥的体积为,则圆柱的外接球的表面积为()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出底面内接正三角形外接圆的半径及的面积,设圆柱的母线长为,根据圆锥的体积公式求出,则圆柱外接球的半径,即可求出外接球的表面积.【详解】解:如图,因为是边长为的正三角形,则其外接圆的半径,解得,又,设圆柱的母线长为,则,解得,所以圆柱的外接球的半径,所以外接球的表面积为.故选:B8.在直三棱柱中,,且,若直线与侧面所成的角为,则异面直线与所成的角的正弦值为()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系,设,利用线面角的向量求法求出的值,再求异面直线所成角即可.【详解】因为直三棱柱,所以底面,又因为,所以两两垂直,以为轴建立如图所示坐标系,设,则,,,,所以,,,设平面的法向量,则,解得,所以直线与侧面所成的角的正弦值,解得,所以,,设异面直线与所成的角为,则,所以异面直线与所成的角的正弦值为.故选:D9.已知为抛物线的准线上一点,则的最小值为()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出图形,根据几何意义即可求解.【详解】作出图形,如图所示,根据题意可知:点,,表示点到点的距离,表示点到点的距离,则,如图(当点三点共线时取等号)因为,所以的最小值为,故选:.10.已知实数a,b,c满足,且,则()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意可得,,,构造函数,再利用导数求出函数的单调区间,作出函数的大致图象,结合图象即可得出答案.【详解】解:因为,所以,因为,所以,因为,所以,因为,所以,令,则,当时,,当时,,所以函数在上递减,在上递增,所以,又当时,,当,,由此作出函数的大致图象如图所示,因为且,则由图可知,所以.故选:A.11.分别过椭圆的左、右焦点、作平行直线、,直线、在轴上方分别与交于、两点,若与之间的距离为,且(表示面积,为坐标原点),则的离心率为()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】过点作于点,从而得到,设,则,在、中利用余弦定理求出、,由可得,即可得解.【详解】解:由题意知直线、的斜率一定存在,设、,过点作于点,由题意知,,所以,设,则,在中,由余弦定理得,即,解得,同理在中利用余弦定理可得,因为,所以,即,即,所以故选:A12.已知函数与的图象没有公共点,则实数的取值范围是()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题目条件列出方程,然后同构变形,借助,即可求得本题答案.【详解】若函数与的图象没有公共点,即相当于无解,变形得,,令,则,令,则在上为增函数,而,,故唯一解,,且,,化简得,,即,设,则,故在为增函数,故,所以,当时,;时,,所以,所以,当时无解,即.故选:B二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知正六边形ABCDEF的边长为2,则_________.【答案】【解析】【分析】根据正六边形几何性质,求出向量的模长以及夹角,利用平面向量的定义式,可得答案.【详解】由题意,作图如下:在正六边形中,易知,,,,则与的夹角为,即,在中,,.故答案为:.14.已知圆,的圆心都在坐标原点,半径分别为与.若圆的圆心在轴正半轴上,且与圆,均内切,则圆C的标准方程为_________.【答案】【解析】【分析】依题意求出圆心的横坐标与半径,即可得解.【详解】解:依题意可知圆心的横坐标为,半径为,故圆的标准方程为.故答案为:.15.已知为奇函数,若对任意,存在,满足,则实数的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】根据函数的奇偶性求得,再根据题意推得的关系式,结合的范围,即可求得答案.【详解】因为为奇函数,故,即,由于,故,则,由于,故,所以,由,可得,即或,对任意,存在,满足,故,则,,,k取负值,则只能,此时,或,则,则,综合可得或,即实数的取值范围是,故答案为:16.如图,已知,分别为两边上的点,,,过点,作圆弧,为的中点,且则线段长度的最大值为_________.【答案】【解析】【分析】设,在中由正弦定理可得,在由余弦定理求出、,在中由余弦定理表示出,再结合三角恒等变换公式及正弦函数的性质求出的最大值,即可得解.【详解】解:设,则,在中,由正弦定理知,所以,因为为的中点,所以,则,在中由余弦定理,解得,在中,,由余弦定理可得所以当时,取得最大值,即的得最大值.故答案为: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.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22,23题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共60分.17.在数列中,,.(1)设,求数列的通项公式;(2)设,且数列的前项和为.若,求正整数的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)依题意可得,利用累加法求出数列的通项公式;(2)由(1)可得,即可得到,利用裂项相消法求出,即可得到方程,解得即可.【小问1详解】解:因为,,且,所以,当时,当时,又时也符合上式,所以.【小问2详解】解:由(1)可知,所以,所以,所以,则,解得.18.某出租车公司为推动驾驶员服务意识和服务水平大提升,对出租车驾驶员从驾驶技术和服务水平两个方面进行了考核,并从中随机抽取了100名驾驶员,这100名驾驶员的驾驶技术与性别的2×2列联表和服务水平评分的频率分布直力图如下,已知所有驾驶员的服务水平评分均在区间内.(1)判断能否有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关;(2)从服务水平评分在区间内的驾驶员中用分层抽样的方法抽取12人,再从这12人中随机抽取4人,记X为4人中评分落在区间内的人数,求X的分布列和数学期望.附:,其中.0.100.0500.0102.7063.8416.635【答案】(1)不能有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关(2)分布列见解析,【解析】【分析】(1)利用独立性检验的解题步骤,可得答案;(2)根据分层抽样明确各个区间抽取的人数,根据超几何分别求解分布列和数学期望的步骤,可得答案.【小问1详解】由题意可知:,则,即,故不能有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关.【小问2详解】,解得,由频率分布直方图,则服务水平评分在区间内驾驶员的频率分别为,即其比为,因此,分层抽样的12人在区间内驾驶员人数分别为,故的可能取值为,,,,,,则其分布列如下表:.19.在如图所示的六面体中,平面平面,,,.(1)求证:平面;(2)若两两互相垂直,,,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)取中点分别为,连接,根据面面平行的性质定理证明四边形,,为平行四边形,即可得四边形为平行四边形,再根据线面平行的判定定理证明即可;(2)以为轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法求解即可.【小问1详解】取中点分别为,连接,则,因为平面平面,平面平面,平面平面,所以,又因为,所以,所以四边形为平行四边形,,,同理可得四边形为平行四边形,,,因为平面平面,平面平面,所以,又因为,所以四边形为平行四边形,,所以,,所以四边形为平行四边形,所以,又因为平面,平面,所以平面.【小问2详解】因为两两互相垂直,以为轴建立如图所示空间直角坐标系,由题意可得,,,,所以,,,设平面的法向量,则,解得,设平面的法向量,则,解得,所以,由图可知所求角为锐角,所以二面角的余弦值为.20.已知分别为双曲线的左、右焦点,点在C上,且的面积为6.(1)求C的方程;(2)若过点且斜率为k的直线l交双曲线C的右支于两点,Q为x轴上一点,满足,证明:为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)根据题意列出关于的方程,解得其值,可得双曲线方程;(2)设出直线l的方程。联立双曲线方程,可得根与系数的关系式,根据题意求出的垂直平分线的方程,可得Q点坐标,继而求得,再求得弦长,利用双曲线定义可推出,化简,即可证明其为定值.【小问1详解】由题意点在C上,且的面积为6,可得且,则,又,解得,故双曲线方程为;【小问2详解】证明:由(1)知,故设斜率为k的直线l为,由于直线l交双曲线C的右支于两点,故,联立,可得,当时,直线l与双曲线渐近线平行,此时直线和双曲线只有一个交点,不合题意;故,此时,设,则,则,即的中点坐标为,因为Q为x轴上一点,满足,故Q为的垂直平分线与x轴的交点,的垂直平分线的方程为:,令,则得,即,所以,又,又因为在双曲线的右支上,故,故,即,故,即为定值.【点睛】难点点睛:证明为定值时,关键是要结合双曲线定义化简,同时结合,利用的垂直平分线的方程求出,求得,因此难点就在于求双曲线弦长以及时,计算比较复杂且计算量较大,要求十分细心.21.已知函数.(1)若的图象在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为2,求a的值;(2)若方程有三个不同的实数根,求a的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用导数几何意义求出的图象在点处的切线,进而求出切线与坐标轴交点,表示出三角形面积,求出a的值;(2)利用分离参数法转化为与有三个不同的交点,求出a的取值范围.【小问1详解】,,,则的图象在点处的切线为,由题意可知,令得,令得,则,解得.【小问2详解】令,即,令,则与有三个不同的交点,由题意可知,,则是奇函数,图像关于原点对称,当时,,,,则当时,,单调递增,当时,,单调递减,同时,此时,当时,由奇函数性质可知,当时,单调递减,同时,当时,单调递增,此时,根据图像可知,与有三个不同的交点需要满足或者,即a的取值范围.【点睛】函数零点的求解与判断方法:(1)直接求零点:令f(x)=0,如果能求出解,则有几个解就有几个零点.(2)零点存在性定理:利用定理不仅要函数在区间[a,b]上是连续不断的曲线,且f(a)·f(b)<0,还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点.(3)利用图象交点的个数:将函数变形为两个函数的差,画两个函数的图象,看其交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.(二)选考题:共10分.请考生在第22,23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.[选修44:坐标系与参数方程](10分)22.在直角坐标系xOy中,已知点,直线l的参数方程是(t为参数),以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程是.(1)求l的普通方程与曲线C的直角坐标方程;(2)设l与C相交于点A,B,求的值.【答案】(1)直线的普通方程为,;(2)【解析】【分析】(1)根据参数方程转化为普通方程,极坐标方程转化为直角坐标
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