![江西省新余市第六中学2023-2024学年高三第二次联考数学试卷含解析_第1页](http://file4.renrendoc.com/view10/M03/09/3E/wKhkGWXviC6AXkwlAAHnNppPnW8967.jpg)
![江西省新余市第六中学2023-2024学年高三第二次联考数学试卷含解析_第2页](http://file4.renrendoc.com/view10/M03/09/3E/wKhkGWXviC6AXkwlAAHnNppPnW89672.jpg)
![江西省新余市第六中学2023-2024学年高三第二次联考数学试卷含解析_第3页](http://file4.renrendoc.com/view10/M03/09/3E/wKhkGWXviC6AXkwlAAHnNppPnW89673.jpg)
![江西省新余市第六中学2023-2024学年高三第二次联考数学试卷含解析_第4页](http://file4.renrendoc.com/view10/M03/09/3E/wKhkGWXviC6AXkwlAAHnNppPnW89674.jpg)
![江西省新余市第六中学2023-2024学年高三第二次联考数学试卷含解析_第5页](http://file4.renrendoc.com/view10/M03/09/3E/wKhkGWXviC6AXkwlAAHnNppPnW89675.jpg)
版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
文档简介
江西省新余市第六中学2023-2024学年高三第二次联考数学试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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.将函数的图象分别向右平移个单位长度与向左平移(>0)个单位长度,若所得到的两个图象重合,则的最小值为()A. B. C. D.2.已知抛物线上一点到焦点的距离为,分别为抛物线与圆上的动点,则的最小值为()A. B. C. D.3.已知复数满足,且,则()A.3 B. C. D.4.已知实数满足约束条件,则的最小值为()A.-5 B.2 C.7 D.115.已知函数的部分图象如图所示,则()A. B. C. D.6.以下四个命题:①两个随机变量的线性相关性越强,相关系数的绝对值越接近1;②在回归分析中,可用相关指数的值判断拟合效果,越小,模型的拟合效果越好;③若数据的方差为1,则的方差为4;④已知一组具有线性相关关系的数据,其线性回归方程,则“满足线性回归方程”是“,”的充要条件;其中真命题的个数为()A.4 B.3 C.2 D.17.已知命题p:直线a∥b,且b⊂平面α,则a∥α;命题q:直线l⊥平面α,任意直线m⊂α,则l⊥m.下列命题为真命题的是()A.p∧q B.p∨(非q) C.(非p)∧q D.p∧(非q)8.若干年前,某教师刚退休的月退休金为6000元,月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图.该教师退休后加强了体育锻炼,目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚退休时少100元,则目前该教师的月退休金为().A.6500元 B.7000元 C.7500元 D.8000元9.定义在上的函数满足,则()A.-1 B.0 C.1 D.210.单位正方体ABCD-,黑、白两蚂蚁从点A出发沿棱向前爬行,每走完一条棱称为“走完一段”.白蚂蚁爬地的路线是AA1→A1D1→‥,黑蚂蚁爬行的路线是AB→BB1→‥,它们都遵循如下规则:所爬行的第i+2段与第i段所在直线必须是异面直线(iN*).设白、黑蚂蚁都走完2020段后各自停止在正方体的某个顶点处,这时黑、白两蚂蚁的距离是()A.1 B. C. D.011.设,为非零向量,则“存在正数,使得”是“”的()A.既不充分也不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.充分不必要条件12.若复数满足(为虚数单位),则其共轭复数的虚部为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若函数在区间上恰有4个不同的零点,则正数的取值范围是______.14.已知,在方向上的投影为,则与的夹角为_________.15.如果抛物线上一点到准线的距离是6,那么______.16.在中,内角所对的边分别是,若,,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)如图,在直三棱柱中,,点P,Q分别为,的中点.求证:(1)PQ平面;(2)平面.18.(12分)如图所示,在四面体中,,平面平面,,且.(1)证明:平面;(2)设为棱的中点,当四面体的体积取得最大值时,求二面角的余弦值.19.(12分)在四棱锥中,底面是边长为2的菱形,是的中点.(1)证明:平面;(2)设是直线上的动点,当点到平面距离最大时,求面与面所成二面角的正弦值.20.(12分)已知数列的前项和为,且满足().(1)求数列的通项公式;(2)设(),数列的前项和.若对恒成立,求实数,的值.21.(12分)在直角坐标系中,已知曲线的参数方程为(为参数),以原点为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,射线的极坐标方程为,射线的极坐标方程为.(Ⅰ)写出曲线的极坐标方程,并指出是何种曲线;(Ⅱ)若射线与曲线交于两点,射线与曲线交于两点,求面积的取值范围.22.(10分)设函数,其中是自然对数的底数.(Ⅰ)若在上存在两个极值点,求的取值范围;(Ⅱ)若,函数与函数的图象交于,且线段的中点为,证明:.
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】
首先根据函数的图象分别向左与向右平移m,n个单位长度后,所得的两个图像重合,那么,利用的最小正周期为,从而求得结果.【详解】的最小正周期为,那么(∈),于是,于是当时,最小值为,故选B.【点睛】该题考查的是有关三角函数的周期与函数图象平移之间的关系,属于简单题目.2、D【解析】
利用抛物线的定义,求得p的值,由利用两点间距离公式求得,根据二次函数的性质,求得,由取得最小值为,求得结果.【详解】由抛物线焦点在轴上,准线方程,则点到焦点的距离为,则,所以抛物线方程:,设,圆,圆心为,半径为1,则,当时,取得最小值,最小值为,故选D.【点睛】该题考查的是有关距离的最小值问题,涉及到的知识点有抛物线的定义,点到圆上的点的距离的最小值为其到圆心的距离减半径,二次函数的最小值,属于中档题目.3、C【解析】
设,则,利用和求得,即可.【详解】设,则,因为,则,所以,又,即,所以,所以,故选:C【点睛】本题考查复数的乘法法则的应用,考查共轭复数的应用.4、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.5、A【解析】
先利用最高点纵坐标求出A,再根据求出周期,再将代入求出φ的值.最后将代入解析式即可.【详解】由图象可知A=1,∵,所以T=π,∴.∴f(x)=sin(2x+φ),将代入得φ)=1,∴φ,结合0<φ,∴φ.∴.∴sin.故选:A.【点睛】本题考查三角函数的据图求式问题以及三角函数的公式变换.据图求式问题要注意结合五点法作图求解.属于中档题.6、C【解析】
①根据线性相关性与r的关系进行判断,
②根据相关指数的值的性质进行判断,
③根据方差关系进行判断,
④根据点满足回归直线方程,但点不一定就是这一组数据的中心点,而回归直线必过样本中心点,可进行判断.【详解】①若两个随机变量的线性相关性越强,则相关系数r的绝对值越接近于1,故①正确;
②用相关指数的值判断模型的拟合效果,越大,模型的拟合效果越好,故②错误;
③若统计数据的方差为1,则的方差为,故③正确;
④因为点满足回归直线方程,但点不一定就是这一组数据的中心点,即,不一定成立,而回归直线必过样本中心点,所以当,时,点必满足线性回归方程;因此“满足线性回归方程”是“,”必要不充分条件.故④错误;
所以正确的命题有①③.
故选:C.【点睛】本题考查两个随机变量的相关性,拟合性检验,两个线性相关的变量间的方差的关系,以及两个变量的线性回归方程,注意理解每一个量的定义,属于基础题.7、C【解析】
首先判断出为假命题、为真命题,然后结合含有简单逻辑联结词命题的真假性,判断出正确选项.【详解】根据线面平行的判定,我们易得命题若直线,直线平面,则直线平面或直线在平面内,命题为假命题;根据线面垂直的定义,我们易得命题若直线平面,则若直线与平面内的任意直线都垂直,命题为真命题.故:A命题“”为假命题;B命题“”为假命题;C命题“”为真命题;D命题“”为假命题.故选:C.【点睛】本小题主要考查线面平行与垂直有关命题真假性的判断,考查含有简单逻辑联结词的命题的真假性判断,属于基础题.8、D【解析】
设目前该教师的退休金为x元,利用条形图和折线图列出方程,求出结果即可.【详解】设目前该教师的退休金为x元,则由题意得:6000×15%﹣x×10%=1.解得x=2.故选D.【点睛】本题考查由条形图和折线图等基础知识解决实际问题,属于基础题.9、C【解析】
推导出,由此能求出的值.【详解】∵定义在上的函数满足,∴,故选C.【点睛】本题主要考查函数值的求法,解题时要认真审题,注意函数性质的合理运用,属于中档题.10、B【解析】
根据规则,观察黑蚂蚁与白蚂蚁经过几段后又回到起点,得到每爬1步回到起点,周期为1.计算黑蚂蚁爬完2020段后实质是到达哪个点以及计算白蚂蚁爬完2020段后实质是到达哪个点,即可计算出它们的距离.【详解】由题意,白蚂蚁爬行路线为AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA,即过1段后又回到起点,可以看作以1为周期,由,白蚂蚁爬完2020段后到回到C点;同理,黑蚂蚁爬行路线为AB→BB1→B1C1→C1D1→D1D→DA,黑蚂蚁爬完2020段后回到D1点,所以它们此时的距离为.故选B.【点睛】本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题,考查空间想象与推理能力,属于中等题.11、D【解析】
充分性中,由向量数乘的几何意义得,再由数量积运算即可说明成立;必要性中,由数量积运算可得,不一定有正数,使得,所以不成立,即可得答案.【详解】充分性:若存在正数,使得,则,,得证;必要性:若,则,不一定有正数,使得,故不成立;所以是充分不必要条件故选:D【点睛】本题考查平面向量数量积的运算,向量数乘的几何意义,还考查了充分必要条件的判定,属于简单题.12、D【解析】
由已知等式求出z,再由共轭复数的概念求得,即可得虚部.【详解】由zi=1﹣i,∴z=,所以共轭复数=-1+,虚部为1故选D.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算和共轭复数的基本概念,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、;【解析】
求出函数的零点,让正数零点从小到大排列,第三个正数零点落在区间上,第四个零点在区间外即可.【详解】由,得,,,,∵,∴,解得.故答案为:.【点睛】本题考查函数的零点,根据正弦函数性质求出函数零点,然后题意,把正数零点从小到大排列,由于0已经是一个零点,因此只有前3个零点在区间上.由此可得的不等关系,从而得出结论,本题解法属于中档题.14、【解析】
由向量投影的定义可求得两向量夹角的余弦值,从而得角的大小.【详解】在方向上的投影为,即夹角为.故答案为:.【点睛】本题考查求向量的夹角,掌握向量投影的定义是解题关键.15、【解析】
先求出抛物线的准线方程,然后根据点到准线的距离为6,列出,直接求出结果.【详解】抛物线的准线方程为,由题意得,解得.∵点在抛物线上,∴,∴,故答案为:.【点睛】本小题主要考查抛物线的定义,属于基础题.16、【解析】
先求得的值,由此求得的值,再利用正弦定理求得的值.【详解】由于,所以,所以.由正弦定理得.故答案为:【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形,考查同角三角函数的基本关系式,考查两角和的正弦公式,考查三角形的内角和定理,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)见解析(2)见解析【解析】
(1)取的中点D,连结,.根据线面平行的判定定理即得;(2)先证,,和都是平面内的直线且交于点,由(1)得,再结合线面垂直的判定定理即得.【详解】(1)取的中点D,连结,.在中,P,D分别为,中点,,且.在直三棱柱中,,.Q为棱的中点,,且.,.四边形为平行四边形,从而.又平面,平面,平面.(2)在直三棱柱中,平面.又平面,.,D为中点,.由(1)知,,.又,平面,平面,平面.【点睛】本题考查线面平行的判定定理,以及线面垂直的判定定理,难度不大.18、(1)见证明;(2)【解析】
(1)根据面面垂直的性质得到平面,从而得到,利用勾股定理得到,利用线面垂直的判定定理证得平面;(2)设,利用椎体的体积公式求得,利用导数研究函数的单调性,从而求得时,四面体的体积取得最大值,之后利用空间向量求得二面角的余弦值.【详解】(1)证明:因为,平面平面,平面平面,平面,所以平面,因为平面,所以.因为,所以,所以,因为,所以平面.(2)解:设,则,四面体的体积.,当时,,单调递增;当时,,单调递减.故当时,四面体的体积取得最大值.以为坐标原点,建立空间直角坐标系,则,,,,.设平面的法向量为,则,即,令,得,同理可得平面的一个法向量为,则.由图可知,二面角为锐角,故二面角的余弦值为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题,涉及到的知识点有面面垂直的性质,线面垂直的判定,椎体的体积,二面角的求法,在解题的过程中,注意巧用导数求解体积的最大值.19、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)取中点,连接,根据菱形的性质,结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可;(2)根据面面垂直的判定定理和性质定理,可以确定点到直线的距离即为点到平面的距离,结合垂线段的性质可以确定点到平面的距离最大,最大值为1.以为坐标原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系.利用空间向量夹角公式,结合同角的三角函数关系式进行求解即可.【详解】(1)证明:取中点,连接,因为四边形为菱形且.所以,因为,所以,又,所以平面,因为平面,所以.同理可证,因为,所以平面.(2)解:由(1)得平面,所以平面平面,平面平面.所以点到直线的距离即为点到平面的距离.过作的垂线段,在所有的垂线段中长度最大的为,此时必过的中点,因为为中点,所以此时,点到平面的距离最大,最大值为1.以为坐标原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系.则所以平面的一个法向量为,设平面的法向量为,则即取,则,,所以,所以面与面所成二面角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理和性质的应用,考查了二面角的向量求法,考查了推理论证能力和数学运算能力.20、(1)(2),.【解析】
(1)根据数列的通项与前n项和的关系式,即求解数列的通项公式;(2)由(1)可得,利用等比数列的前n项和公式和裂项法,求得,结合题意,即可求解.【详解】(1)由题意,当时,由,解得;当时,可得,即,显然当时上式也适合,所以数列的通项公式为.(2)由(1)可得,所以.因为对恒成立,所以,.【点睛】本题主要考查了数列的通项公式的求解,等差数列的前n项和公式,以及裂项法求和的应用,其中解答中熟记等差、等比
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 茂名白油厂见习报告
- 贵州省铜仁市碧江区2024年英语八下期末调研试题含答案
- 贵州省黔西南兴仁县2024-2025学年初三下学期动态性教学质量检测试题考前适应卷英语试题含答案
- 开闭幕词之幼儿园开幕词
- 颂拓上海旗舰店开业活动方案
- 2024-2034年全球及中国静脉通路装置行业市场发展分析及前景趋势与投资发展研究报告
- 经开区车辆落户点开业方案
- 工程质量安全手册实施细则之房屋建设工程篇下册:安全人册
- 2024年版新能源汽车充电设施安装与维护合同书
- 五年级数学小数除以整数单元监控模拟题大全附答案
- 保险公司的三年经营规划
- (完整版)中小学生转学申请登记表(全国系统).doc
- 《重组结核杆菌融合蛋白(EC)临床应用专家共识》(2020)要点汇总
- DB13(J)T 219-2019 燕尾槽型轻质复合保温板应用技术规程
- 血透室地震应急预案
- 市场开发管理办法
- 美术教育《版画》课程标准定稿
- 思修人生的青春之问
- 设备专业审图要点
- 集装箱内货物积载不当造成火灾
- 篮球培训班学员综合水平评定表
评论
0/150
提交评论