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文档简介
吉林省吉林市朝鲜族四校2024年高三下学期联考数学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。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.将函数的图象先向右平移个单位长度,在把所得函数图象的横坐标变为原来的倍,纵坐标不变,得到函数的图象,若函数在上没有零点,则的取值范围是()A. B.C. D.2.记的最大值和最小值分别为和.若平面向量、、,满足,则()A. B.C. D.3.设,分别是椭圆的左、右焦点,过的直线交椭圆于,两点,且,,则椭圆的离心率为()A. B. C. D.4.已知椭圆的左、右焦点分别为,,上顶点为点,延长交椭圆于点,若为等腰三角形,则椭圆的离心率A. B.C. D.5.如图,棱长为的正方体中,为线段的中点,分别为线段和棱上任意一点,则的最小值为()A. B. C. D.6.由曲线y=x2与曲线y2=x所围成的平面图形的面积为()A.1 B. C. D.7.已知集合(),若集合,且对任意的,存在使得,其中,,则称集合A为集合M的基底.下列集合中能作为集合的基底的是()A. B. C. D.8.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.9.若x,y满足约束条件则z=的取值范围为()A.[] B.[,3] C.[,2] D.[,2]10.函数的大致图象为A. B.C. D.11.已知数列满足,(),则数列的通项公式()A. B. C. D.12.正方形的边长为,是正方形内部(不包括正方形的边)一点,且,则的最小值为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在平面直角坐标系中,若函数在处的切线与圆存在公共点,则实数的取值范围为_____.14.函数的最小正周期是_______________,单调递增区间是__________.15.若变量,满足约束条件则的最大值为________.16.设为抛物线的焦点,为上互相不重合的三点,且、、成等差数列,若线段的垂直平分线与轴交于,则的坐标为_______.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。17.(12分)已知,分别是椭圆:的左,右焦点,点在椭圆上,且抛物线的焦点是椭圆的一个焦点.(1)求,的值:(2)过点作不与轴重合的直线,设与圆相交于A,B两点,且与椭圆相交于C,D两点,当时,求△的面积.18.(12分)在正三棱柱ABCA1B1C1中,已知AB=1,AA1=2,E,F,G分别是棱AA1,AC和A1C1的中点,以为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.(1)求异面直线AC与BE所成角的余弦值;(2)求二面角F-BC1-C的余弦值.19.(12分)如图,在平面直角坐标系中,椭圆的离心率为,且过点.求椭圆的方程;已知是椭圆的内接三角形,①若点为椭圆的上顶点,原点为的垂心,求线段的长;②若原点为的重心,求原点到直线距离的最小值.20.(12分)如图,在四棱柱中,底面是正方形,平面平面,,.过顶点,的平面与棱,分别交于,两点.(Ⅰ)求证:;(Ⅱ)求证:四边形是平行四边形;(Ⅲ)若,试判断二面角的大小能否为?说明理由.21.(12分)对于正整数,如果个整数满足,且,则称数组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为均为奇数的“正整数分拆”的个数为.(Ⅰ)写出整数4的所有“正整数分拆”;(Ⅱ)对于给定的整数,设是的一个“正整数分拆”,且,求的最大值;(Ⅲ)对所有的正整数,证明:;并求出使得等号成立的的值.(注:对于的两个“正整数分拆”与,当且仅当且时,称这两个“正整数分拆”是相同的.)22.(10分)如图,平面四边形为直角梯形,,,,将绕着翻折到.(1)为上一点,且,当平面时,求实数的值;(2)当平面与平面所成的锐二面角大小为时,求与平面所成角的正弦.
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、A【解析】
根据y=Acos(ωx+φ)的图象变换规律,求得g(x)的解析式,根据定义域求出的范围,再利用余弦函数的图象和性质,求得ω的取值范围.【详解】函数的图象先向右平移个单位长度,可得的图象,再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变),得到函数的图象,∴周期,若函数在上没有零点,∴,∴,,解得,又,解得,当k=0时,解,当k=-1时,,可得,.故答案为:A.【点睛】本题考查函数y=Acos(ωx+φ)的图象变换及零点问题,此类问题通常采用数形结合思想,构建不等关系式,求解可得,属于较难题.2、A【解析】
设为、的夹角,根据题意求得,然后建立平面直角坐标系,设,,,根据平面向量数量积的坐标运算得出点的轨迹方程,将和转化为圆上的点到定点距离,利用数形结合思想可得出结果.【详解】由已知可得,则,,,建立平面直角坐标系,设,,,由,可得,即,化简得点的轨迹方程为,则,则转化为圆上的点与点的距离,,,,转化为圆上的点与点的距离,,.故选:A.【点睛】本题考查和向量与差向量模最值的求解,将向量坐标化,将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题是解答的关键,考查化归与转化思想与数形结合思想的应用,属于中等题.3、C【解析】
根据表示出线段长度,由勾股定理,解出每条线段的长度,再由勾股定理构造出关系,求出离心率.【详解】设,则由椭圆的定义,可以得到,在中,有,解得在中,有整理得,故选C项.【点睛】本题考查几何法求椭圆离心率,是求椭圆离心率的一个常用方法,通过几何关系,构造出关系,得到离心率.属于中档题.4、B【解析】
设,则,,因为,所以.若,则,所以,所以,不符合题意,所以,则,所以,所以,,设,则,在中,易得,所以,解得(负值舍去),所以椭圆的离心率.故选B.5、D【解析】
取中点,过作面,可得为等腰直角三角形,由,可得,当时,最小,由,故,即可求解.【详解】取中点,过作面,如图:则,故,而对固定的点,当时,最小.此时由面,可知为等腰直角三角形,,故.故选:D【点睛】本题考查了空间几何体中的线面垂直、考查了学生的空间想象能力,属于中档题.6、B【解析】
首先求得两曲线的交点坐标,据此可确定积分区间,然后利用定积分的几何意义求解面积值即可.【详解】联立方程:可得:,,结合定积分的几何意义可知曲线y=x2与曲线y2=x所围成的平面图形的面积为:.本题选择B选项.【点睛】本题主要考查定积分的概念与计算,属于中等题.7、C【解析】
根据题目中的基底定义求解.【详解】因为,,,,,,所以能作为集合的基底,故选:C【点睛】本题主要考查集合的新定义,还考查了理解辨析的能力,属于基础题.8、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.9、D【解析】
由题意作出可行域,转化目标函数为连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数,数形结合即可得解.【详解】由题意作出可行域,如图,目标函数可表示连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数,由图可知,直线的斜率最小,直线的斜率最大,由可得,由可得,所以,,所以.故选:D.【点睛】本题考查了非线性规划的应用,属于基础题.10、A【解析】
因为,所以函数是偶函数,排除B、D,又,排除C,故选A.11、A【解析】
利用数列的递推关系式,通过累加法求解即可.【详解】数列满足:,,可得以上各式相加可得:,故选:.【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用,数列累加法以及通项公式的求法,考查计算能力.12、C【解析】
分别以直线为轴,直线为轴建立平面直角坐标系,设,根据,可求,而,化简求解.【详解】解:建立以为原点,以直线为轴,直线为轴的平面直角坐标系.设,,,则,,由,即,得.所以=,所以当时,的最小值为.故选:C.【点睛】本题考查向量的数量积的坐标表示,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】
利用导数的几何意义可求得函数在处的切线,再根据切线与圆存在公共点,利用圆心到直线的距离满足的条件列式求解即可.【详解】解:由条件得到又所以函数在处的切线为,即圆方程整理可得:即有圆心且所以圆心到直线的距离,即.解得或,故答案为:.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义求解切线方程的问题,同时也考查了根据直线与圆的位置关系求解参数范围的问题,属于基础题.14、,,【解析】
化简函数的解析式,利用余弦函数的图象和性质求解即可.【详解】函数,最小正周期,令,,可得,,所以单调递增区间是,,.故答案为:,,,.【点睛】本题主要考查了二倍角的公式的应用,余弦函数的图象与性质,属于中档题.15、7【解析】
画出不等式组表示的平面区域,数形结合,即可容易求得目标函数的最大值.【详解】作出不等式组所表示的平面区域,如下图阴影部分所示.观察可知,当直线过点时,有最大值,.故答案为:.【点睛】本题考查二次不等式组与平面区域、线性规划,主要考查推理论证能力以及数形结合思想,属基础题.16、或【解析】
设出三点的坐标,结合等差数列的性质、线段垂直平分线的性质、抛物线的定义进行求解即可.【详解】抛物线的准线方程为:,设,由抛物线的定义可知:,,,因为、、成等差数列,所以有,所以,因为线段的垂直平分线与轴交于,所以,因此有,化简整理得:或.若,由可知;,这与已知矛盾,故舍去;若,所以有,因此.故答案为:或【点睛】本题考查了抛物线的定义的应用,考查了等差数列的性质,考查了数学运算能力.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、(1);(2).【解析】
(1)由已知根据抛物线和椭圆的定义和性质,可求出,;(2)设直线方程为,联立直线与圆的方程可以求出,再联立直线和椭圆的方程化简,由根与系数的关系得到结论,继而求出面积.【详解】(1)焦点为F(1,0),则F1(1,0),F2(1,0),,解得,=1,=1,(Ⅱ)由已知,可设直线方程为,,联立得,易知△>0,则===因为,所以=1,解得联立,得,△=8>0设,则【点睛】本题主要考查抛物线和椭圆的定义与性质应用,同时考查利用根与系数的关系,解决直线与圆,直线与椭圆的位置关系问题.意在考查学生的数学运算能力.18、(1).(2).【解析】
(1)先根据空间直角坐标系,求得向量和向量的坐标,再利用线线角的向量方法求解.(2)分别求得平面BFC1的一个法向量和平面BCC1的一个法向量,再利用面面角的向量方法求解.【详解】规范解答(1)因为AB=1,AA1=2,则F(0,0,0),A,C,B,E,所以=(-1,0,0),=记异面直线AC和BE所成角为α,则cosα=|cos〈〉|==,所以异面直线AC和BE所成角的余弦值为.(2)设平面BFC1的法向量为=(x1,y1,z1).因为=,=,则取x1=4,得平面BFC1的一个法向量为=(4,0,1).设平面BCC1的法向量为=(x2,y2,z2).因为=,=(0,0,2),则取x2=得平面BCC1的一个法向量为=(,-1,0),所以cos〈〉==根据图形可知二面角F-BC1-C为锐二面角,所以二面角F-BC1-C的余弦值为.【点睛】本题主要考查了空间向量法研究空间中线线角,面面角的求法,还考查了转化化归的思想和运算求解的能力,属于中档题.19、;①;②.【解析】
根据题意列出方程组求解即可;①由原点为的垂心可得,轴,设,则,,根据求出线段的长;②设中点为,直线与椭圆交于,两点,为的重心,则,设:,,,则,当斜率不存在时,则到直线的距离为1,,由,则,,,得出,根据求解即可.【详解】解:设焦距为,由题意知:,因此,椭圆的方程为:;①由题意知:,故轴,设,则,,,解得:或,,不重合,故,,故;②设中点为,直线与椭圆交于,两点,为的重心,则,当斜率不存在时,则到直线的距离为1;设:,,,则,,则,则:,,代入式子得:,设到直线的距离为,则时,;综上,原点到直线距离的最小值为.【点睛】本题考查椭圆的方程的知识点,结合运用向量,韦达定理和点到直线的距离的知识,属于难题.20、(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)不能为.【解析】
(1)由平面平面,可得平面,从而证明;(2)由平面与平面没有交点,可得与不相交,又与共面,所以,同理可证,得证;(3)作交于点,延长交于点,连接,根据三垂线定理,确定二面角的平面角,若,,由大角对大边知,两者矛盾,故二面角的大小不能为.【详解】(1)由平面平面,平面平面,且,所以平面,又平面,所以;(2)依题意都在平面上,因此平面,平面,又平面,平面,平面与平面平行,即两个平面没有交点,则与不相交,又与共面,所以,同理可证,所以四边形是平行四边形;(3)不能.如图,作交于点,延长交于点,连接,由,,,所以平面,则平面,又,根据三垂线定理,得到,所以是二面角的平面角,若,则是等腰直角三角形,,又,所以中,由大角对大边知,所以,这与上面相矛盾,所以二面角的大小不能为.【点睛】本题考查了立体几何中的线线平行和垂直的判定问题,和二面角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力;解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化,属中档题.21、(Ⅰ),,,,;(Ⅱ)为偶数时,,为奇数时,;(Ⅲ)证明见解析,,【解析】
(Ⅰ)根据题意直接写出答案.(Ⅱ)讨论当为偶数时,最大为,当为奇数时,最大为,得到答案.(Ⅲ)讨论当为奇数时,,至少存在一个全为1的拆分,故,当为偶数时,根据对应关系得到,再计算,,得到答案.【详解】(Ⅰ)整数4的所有“正整数分拆”为:,,,,.(Ⅱ)当为偶数时,时,最大为;当为奇数时,时,
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