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潍坊第四中学2018级高三“十一”假期检测试题时间:120分钟总分:150分2020年10月一、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.已知全集,,,则=()A. B. C. D.2.命题“”的否定是()A. B.C. D.3.下列函数中是偶函数,且在区间上是减函数的是()A. B. C. D.4.中国古代十进制的算筹计数法,在数学史上是一个伟大的创造,算筹实际上是一根根同长短的小木棍.如图,是利用算筹表示数1-9的一种方法.例如:3可表示为“≡”,26可表示为“=⊥”,现有6根算筹,据此表示方法,若算筹不能剩余,则可以用1-9这9个数字表示两位数中,能被3整除的概率是()A. B. C. D.5.已知,,则“”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件6.复兴号动车组列车,英文代号为CR,是中国标准动车组的中文命名,具有完全自主知识产权、达到世界先进水平的动车组列车,2019年12月30日,CR400BFC智能复兴号动车组在京张高铁实现时速350公里自动驾驶,高速列车运行时不仅速度比普通列车快而且噪声更小.我们用声强I(单位:W/m2)表示声音在传播途径中每1平方米面积上声能流密度,声强级L(单位:dB)与声强I的函数关系式为:,已知W/m2时,.若要将某列车的声强级降低30级,则该列车的声强应变为原声强的A.倍 B.倍 C.倍 D.倍7.在正方形中,,是中点,将和分别沿若、翻折,使得、两点重合,则所形成的立体图形的外接球的表面积是()A. B. C. D.8.已知函数,则方程实根的个数为()A.2 B.3 C.4 D.5二、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,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.已知某校高三年级有1000人参加一次数学模拟考试,现把这次考试的分数转换为标准分,标准分的分数转换区间为,若使标准分X服从正态分布N,则下列说法正确的有().参考数据:①;②;③A.这次考试标准分超过180分的约有450人B.这次考试标准分在内的人数约为997C.甲、乙、丙三人恰有2人的标准分超过180分的概率为D.10.已知,且,则下列命题正确的是A. B.的最小值为16C.的最小值为9 D.的最小值为211若长方体的底面是边长为2的正方形,高为4,是的中点,则()A. B.平面平面C.三棱锥的体积为 D.三棱锥的外接球的表面积为12.德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著,是解析数论的创始人之一,以其名命名的函数成为狄利克雷函数,则关于,下列说法正确的是A. B.函数是偶函数C.任意一个非零有理数,对任意恒成立D.存在三个点,使得为等边三角形三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.设函数.若为奇函数,则曲线在点处的切线方程为.14.若,则函数的最小值为______.15.若展开式的二项式系数和为64,则___,展开式中的常数项是第___项.16.魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中,称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”(如图所示),刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为.若“牟合方盖”的体积为,则正方体的外接球的表面积为__________.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.17.(本题满分10分)设函数.(Ⅰ)对于任意实数,恒成立,求的最大值;(Ⅱ)若方程有且仅有一个实根,求的取值范围.18.(本题满分12分)如图1,已知等边的边长为3,点,分别是边,上的点,且,.如图2,将沿折起到的位置.(Ⅰ)求证:平面平面;(Ⅱ)给出三个条件:①;②二面角大小为;③.在这三个条件中任选一个,补充在下面问题的条件中,并作答:在线段上是否存在一点,使直线与平面所成角的正弦值为,若存在,求出的长;若不存在,请说明理由.注:如果多个条件分别解答,按第一个解答给分是否达标性别不达标达标男生女生19.(本题满分12分)为调查某校学生的课外阅读情况,随机抽取了该校名学生(男生人,女生人),统计了他们的课外阅读达标情况(一个学期中课外阅读是否达到规定时间),结果如下:(Ⅰ)是否有的把握认为课外阅读达标与性别有关?附.(Ⅱ)如果用这名学生中男生和女生课外阅读“达标”的频率分别代替该校男生和女生课外阅读“达标”的概率,且每位学生是否“达标”相互独立.现从该校学生中随机抽取人(男女),设随机变量表示“人中课外阅读达标的人数”,试求的分布列和数学期望.20.(本题满分12分)如图,在四棱锥中,底面是平行四边形,,,,.(Ⅰ)求证:平面平面;(Ⅱ)若,试判断棱上是否存在与点不重合的点,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.21.(本题满分12分)某化工厂从今年一月起若不改善生产环境,按生产现状每月收入为75万元,同时将受到环保部门的处罚,第一个月罚7万元,以后每月增加2万元,如果从今年一月起投资600万元添加回收净化设备(改设备时间不计),一方面可以改善环境,另一方面可以大大降低原料成本,设添加回收净化设并投产后n个月的累计收入为,据测算,当时,(是常数),且前4个月的累计收入为416万元,从第6个月开始,每个月的收入都与第5个月相同,同时,该厂不但不受处罚,而且还将得到环保部门的一次性奖励200万元.(Ⅰ)求添加回收净化设备后前7个月的累计收入;(Ⅱ)从第几个月起投资开始见效,即投资改造后的纯收入(累计收入连同奖励减去改造设备费)多于不改造的纯收入(累计收入减去罚款)?22.(本题满分12分)已知函数,.(Ⅰ)求函数的极值;(Ⅱ)若实数为整数,且对任意的时,都有恒成立,求实数的最小值.2018级高三“十一”假期检测试题答案1.【答案】C【解析】,∵,∴∴2.【答案】D【解析】因为全称命题的否定是特称命题,所以命题“,”的否定为“,”.3.【答案】D【解析】A选项,因为,所以是偶函数;又时,显然单调递增,不满足题意,排除A;B选项,的定义域为,所以是非奇非偶函数,排除B;C选项,因为,所以是奇函数,排除C;D选项,因为,所以是偶函数;当又时,,单调递减,满足题意,D正确.4.【答案】D【解析】1根算筹只能表示1,2根根算筹可以表示2和6,3根算筹可以表示3和7,4根算筹可以表示4和8,5根算筹可以表示5和9,因此6根算筹表示的两位数有15,19,51,91,24,28,64,68,42,82,46,86,37,33,73,77共16个,其中15,51,24,42,33共5个可以被3整除,所以所求概率为.故选:D.5.【答案】D【解析】设函数,显然函数在,上分别单调递减和单调递增.在时也可能有,反之也可能,∴由得不到成立;由也得不到成立.故选:D.6.【答案】C【解析】由已知W/m2时,,所以,解得.故由已知,设普通列车与高速列车的声强级为,声强分别为.则所以,解得7.【答案】B【解析】由题意,作出翻折后的几何体如图所示:取中点,记外接圆圆心为,因为在正方形中,,所以翻折后,为等边三角形,则外接圆圆心即是重心,所以三点共线,且;过点作平面,记所求几何体外接球球心为,外接球半径为,则球心在直线上,连接,则又,,所以翻折后,,,所以平面,因此,又,所以是等腰三角形,易得,所以,故所求外接球表面积为.故选B8.【答案】B【解析】由可得或,当时,,当时,,单调递减,当时,,单调递增,函数在处取得极小值,极小值为,绘制函数的图象如图所示,观察可得,方程的实根个数为3,故选B9.【答案】BC【解析】选项A;因为正态分布曲线关于对称,所以这次考试标准分超过180分的约有人,故本说法不正确;选项B:由正态分布N,可知:,所以,因此这次考试标准分在内的人数约为人,故本说法正确;选项C:因为正态分布曲线关于对称,所以某个人标准分超过180分的概率为,因此甲、乙、丙三人恰有2人的标准分超过180分的概率为,故本说法正确;选项D:由题中所给的公式可知:,,所以由正态分布的性质可知:所以本说法不正确.故选BC10【答案】ACD【解析】A项,由已知得,由已知,所以,解得或,又已知,所以.故该项正确.B项,由已知,故有均值不等式可得(当且仅当,即时等号成立).所以,即.故该项正确.C项,,当且仅当,即时等号成立.故该项不正确.D项,由已知,又,所以,即,又,所以.又,所以,所以(当且仅当时等号成立).11【答案】CD【解析】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,,,所以,,因为,所以与不垂直,故A错误;,设平面的一个法向量为,则由,得,所以,不妨取,则,所以,同理可得设平面的一个法向量为,故不存在实数使得,故平面与平面不平行,故B错误;在长方体中,平面,故是三棱锥的高,所以,故C正确;三棱锥的外接球即为长方体的外接球,故外接球的半径,所以三棱锥的外接球的表面积,故D正确.故选:CD.12.【答案】ABCD【解析】,正确;,偶函数,正确;,正确;易知三点构成等边三角形,正确;故选13.【答案】【解析】因为函数是奇函数,所以,解得,所以,,所以,所以曲线在点处的切线方程为,化简可得,14.【答案】【解析】因为,当且仅当,即时,取等号;即函数为.15.【答案】65【解析】由于二项式展开式的二项式系数和为,即,所以.二项式展开式的通项公式为,令,解得.所以展开式中的常数项是第项.故答案为:;16.【答案】【解析】因为“牟合方盖”的体积为,又正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为,所以正方体的内切球的体积球,所以内切球的半径,所以正方体的棱长为2,所以正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线即,所以,所以正方体的外接球的表面积为.17.【解析】(1)由题意,因为,,即恒成立,所以,可得,所以的最大值为;(2)因为当或时,,函数单调递增;当时,,函数单调递减;所以当时,取极大值;当时,取极小值;所以当或时,方程仅有一个实根.所以或即或,故的取值范围为.18.【解析】(1)由已知得,,,,解得,故,∴,∴,,又∵,∴平面,平面,∴平面平面.(2)(ⅰ)若用条件①,由(1)得,和是两条相交直线,∴平面.以为原点,,,分别为轴建立空间直角坐标系.则,设,其中,则.平面的法向量为.设直线与平面所成角为,则,解得,所以不存在满足条件.(ⅱ)若用条件②二面角大小为,由(1)得是二面角的平面角,∴.过作,垂足为,则平面.在平面中,作,点在的右侧.以为原点,,,分别为轴建立空间直角坐标系.则,设,其中,则.平面的法向量为.设直线与平面所成角为,则,解得或(舍去),所以存在满足条件,这时.(ⅲ)若用条件③,在中,由余弦定理得:,即,所以,故.过作,垂足为,则平面.同(ⅱ)以为原点,,,分别为轴建立空间直角坐标系.则,设,其中,则.平面的法向量为.设直线与平面所成角为,则,.解得,所以不存在满足条件.19..【解析】(1)假设课外阅读达标与性别无关,根据列联表,求得,因为当成立时,的概率约为,所以有以上的把握认为课外阅读达标与性别有关;(2)记事件为:从该校男生中随机抽取人,课外阅读达标;事件为:从该校女生中随机抽取人,课外阅读达标.由题意知:,.随机变量的取值可能为、、、.,,,,所以随机变量的分布列为:随机变量的数学期望为.20.【解析】(1)因为四边形是平行四边形,,所以,又,所以,所以,又,且,所以平面,所以平面平面.(2)由(1)知平面,分别以所在直线为轴、轴,平面内过点且与直线垂直的直线为轴,建立空间直角坐标系,则,由,,可得,所以,假设棱上存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为,设,则,,设平面的法向量为,则,即,令,可得,所以平面的一个法向量为,设直线与平面所成的角为,则:,解得或者(舍).所
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