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文档简介

2023-2024学年河北省中国第二十冶金建设公司综合学校高中分校高三第三次测评数学试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.已知等差数列满足,公差,且成等比数列,则A.1 B.2 C.3 D.42.已知的值域为,当正数a,b满足时,则的最小值为()A. B.5 C. D.93.已知函数,,若,对任意恒有,在区间上有且只有一个使,则的最大值为()A. B. C. D.4.若复数(为虚数单位),则的共轭复数的模为()A. B.4 C.2 D.5.对于正在培育的一颗种子,它可能1天后发芽,也可能2天后发芽,….下表是20颗不同种子发芽前所需培育的天数统计表,则这组种子发芽所需培育的天数的中位数是()发芽所需天数1234567种子数43352210A.2 B.3 C.3.5 D.46.数列满足:,则数列前项的和为A. B. C. D.7.将函数的图象向右平移个周期后,所得图象关于轴对称,则的最小正值是()A. B. C. D.8.我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”,用现代式子表示即为:在中,角所对的边分别为,则的面积.根据此公式,若,且,则的面积为()A. B. C. D.9.命题“”的否定是()A. B.C. D.10.已知非零向量,满足,,则与的夹角为()A. B. C. D.11.如图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形,此图由三个半圆构成,三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边,直角边.已知以直角边为直径的半圆的面积之比为,记,则()A. B. C. D.12.已知函数的图象与直线的相邻交点间的距离为,若定义,则函数,在区间内的图象是()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设随机变量服从正态分布,若,则的值是______.14.已知,记,则的展开式中各项系数和为__________.15.如图,已知圆内接四边形ABCD,其中,,,,则__________.16.若函数的图像与直线的三个相邻交点的横坐标分别是,,,则实数的值为________.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)已知首项为2的数列满足.(1)证明:数列是等差数列.(2)令,求数列的前项和.18.(12分)如图,在平面四边形中,,,.(1)求;(2)求四边形面积的最大值.19.(12分)如图,直角三角形所在的平面与半圆弧所在平面相交于,,,分别为,的中点,是上异于,的点,.(1)证明:平面平面;(2)若点为半圆弧上的一个三等分点(靠近点)求二面角的余弦值.20.(12分)在新中国成立70周年国庆阅兵庆典中,众多群众在脸上贴着一颗红心,以此表达对祖国的热爱之情,在数学中,有多种方程都可以表示心型曲线,其中有著名的笛卡尔心型曲线,如图,在直角坐标系中,以原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.图中的曲线就是笛卡尔心型曲线,其极坐标方程为(),M为该曲线上的任意一点.(1)当时,求M点的极坐标;(2)将射线OM绕原点O逆时针旋转与该曲线相交于点N,求的最大值.21.(12分)在平面直角坐标系中,已知向量,,其中.(1)求的值;(2)若,且,求的值.22.(10分)已知在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系,直线的极坐标方程为.(1)求直线的直角坐标方程;(2)求曲线上的点到直线距离的最小值和最大值.

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、D【解析】

先用公差表示出,结合等比数列求出.【详解】,因为成等比数列,所以,解得.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式.属于简单题,化归基本量,寻求等量关系是求解的关键.2、A【解析】

利用的值域为,求出m,再变形,利用1的代换,即可求出的最小值.【详解】解:∵的值域为,∴,∴,∴,当且仅当时取等号,∴的最小值为.故选:A.【点睛】本题主要考查了对数复合函数的值域运用,同时也考查了基本不等式中“1的运用”,属于中档题.3、C【解析】

根据的零点和最值点列方程组,求得的表达式(用表示),根据在上有且只有一个最大值,求得的取值范围,求得对应的取值范围,由为整数对的取值进行验证,由此求得的最大值.【详解】由题意知,则其中,.又在上有且只有一个最大值,所以,得,即,所以,又,因此.①当时,,此时取可使成立,当时,,所以当或时,都成立,舍去;②当时,,此时取可使成立,当时,,所以当或时,都成立,舍去;③当时,,此时取可使成立,当时,,所以当时,成立;综上所得的最大值为.故选:C【点睛】本小题主要考查三角函数的零点和最值,考查三角函数的性质,考查化归与转化的数学思想方法,考查分类讨论的数学思想方法,属于中档题.4、D【解析】

由复数的综合运算求出,再写出其共轭复数,然后由模的定义计算模.【详解】,.故选:D.【点睛】本题考查复数的运算,考查共轭复数与模的定义,属于基础题.5、C【解析】

根据表中数据,即可容易求得中位数.【详解】由图表可知,种子发芽天数的中位数为,故选:C.【点睛】本题考查中位数的计算,属基础题.6、A【解析】分析:通过对an﹣an+1=2anan+1变形可知,进而可知,利用裂项相消法求和即可.详解:∵,∴,又∵=5,∴,即,∴,∴数列前项的和为,故选A.点睛:裂项相消法是最难把握的求和方法之一,其原因是有时很难找到裂项的方向,突破这一难点的方法是根据式子的结构特点,常见的裂项技巧:(1);(2);(3);(4);此外,需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题,导致计算结果错误.7、D【解析】

由函数的图象平移变换公式求出变换后的函数解析式,再利用诱导公式得到关于的方程,对赋值即可求解.【详解】由题意知,函数的最小正周期为,即,由函数的图象平移变换公式可得,将函数的图象向右平移个周期后的解析式为,因为函数的图象关于轴对称,所以,即,所以当时,有最小正值为.故选:D【点睛】本题考查函数的图象平移变换公式和三角函数诱导公式及正余弦函数的性质;熟练掌握诱导公式和正余弦函数的性质是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.8、A【解析】

根据,利用正弦定理边化为角得,整理为,根据,得,再由余弦定理得,又,代入公式求解.【详解】由得,即,即,因为,所以,由余弦定理,所以,由的面积公式得故选:A【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理,还考查了运算求解的能力,属于中档题.9、D【解析】

根据全称命题的否定是特称命题,对命题进行改写即可.【详解】全称命题的否定是特称命题,所以命题“,”的否定是:,.故选D.【点睛】本题考查全称命题的否定,难度容易.10、B【解析】

由平面向量垂直的数量积关系化简,即可由平面向量数量积定义求得与的夹角.【详解】根据平面向量数量积的垂直关系可得,,所以,即,由平面向量数量积定义可得,所以,而,即与的夹角为.故选:B【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算,平面向量夹角的求法,属于基础题.11、D【解析】

由半圆面积之比,可求出两个直角边的长度之比,从而可知,结合同角三角函数的基本关系,即可求出,由二倍角公式即可求出.【详解】解:由题意知,以为直径的半圆面积,以为直径的半圆面积,则,即.由,得,所以.故选:D.【点睛】本题考查了同角三角函数的基本关系,考查了二倍角公式.本题的关键是由面积比求出角的正切值.12、A【解析】

由题知,利用求出,再根据题给定义,化简求出的解析式,结合正弦函数和正切函数图象判断,即可得出答案.【详解】根据题意,的图象与直线的相邻交点间的距离为,所以的周期为,则,所以,由正弦函数和正切函数图象可知正确.故选:A.【点睛】本题考查三角函数中正切函数的周期和图象,以及正弦函数的图象,解题关键是对新定义的理解.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、1【解析】

由题得,解不等式得解.【详解】因为,所以,所以c=1.故答案为1【点睛】本题主要考查正态分布的图像和性质,意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.14、【解析】

根据定积分的计算,得到,令,求得,即可得到答案.【详解】根据定积分的计算,可得,令,则,即的展开式中各项系数和为.【点睛】本题主要考查了定积分的应用,以及二项式定理的应用,其中解答中根据定积分的计算和二项式定理求得的表示是解答本题的关键,着重考查了运算与求解能力,属于基础题.15、【解析】

由题意可知,,在和中,利用余弦定理建立方程求,同理求,求,代入求值.【详解】由圆内接四边形的性质可得,.连接BD,在中,有.在中,.所以,则,所以.连接AC,同理可得,所以.所以.故答案为:【点睛】本题考查余弦定理解三角形,同角三角函数基本关系,意在考查方程思想,计算能力,属于中档题型,本题的关键是熟悉圆内接四边形的性质,对角互补.16、4【解析】

由题可分析函数与的三个相邻交点中不相邻的两个交点距离为,即,进而求解即可【详解】由题意得函数的最小正周期,解得故答案为:4【点睛】本题考查正弦型函数周期的应用,考查求正弦型函数中的三、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)【解析】

(1)由原式可得,等式两端同时除以,可得到,即可证明结论;(2)由(1)可求得的表达式,进而可求得的表达式,然后求出的前项和即可.【详解】(1)证明:因为,所以,所以,从而,因为,所以,故数列是首项为1,公差为1的等差数列.(2)由(1)可知,则,因为,所以,则.【点睛】本题考查了等差数列的证明,考查了等差数列及等比数列的前项和公式的应用,考查了学生的计算求解能力,属于中档题.18、(1);(2)【解析】

(1)根据同角三角函数式可求得,结合正弦和角公式求得,即可求得,进而由三角函数(2)设根据余弦定理及基本不等式,可求得的最大值,结合三角形面积公式可求得的最大值,即可求得四边形面积的最大值.【详解】(1),则由同角三角函数关系式可得,则,则,所以.(2)设在中由余弦定理可得,代入可得,由基本不等式可知,即,当且仅当时取等号,由三角形面积公式可得,所以四边形面积的最大值为.【点睛】本题考查了正弦和角公式化简三角函数式的应用,余弦定理及不等式式求最值的综合应用,属于中档题.19、(1)详见解析;(2).【解析】

(1)由直径所对的圆周角为,可知,通过计算,利用勾股定理的逆定理可以判断出为直角三角形,所以有.由已知可以证明出,这样利用线面垂直的判定定理可以证明平面,利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平面;(2)以为坐标原点,分别以垂直于平面向上的方向、向量所在方向作为轴、轴、轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,求出相应点的坐标,求出平面的一个法向量和平面的法向量,利用空间向量数量积运算公式,可以求出二面角的余弦值.【详解】解:(1)证明:因为半圆弧上的一点,所以.在中,分别为的中点,所以,且.于是在中,,所以为直角三角形,且.因为,,所以.因为,,,所以平面.又平面,所以平面平面.(2)由已知,以为坐标原点,分别以垂直于、向量所在方向作为轴、轴、轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,,.设平面的一个法向量为,则即,取,得.设平面的法向量,则即,取,得.所以,又二面角为锐角,所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了利用线面垂直判定面面垂直、利用空间向量数量积求二面角的余弦值问题.20、(1)点M的极坐标为或(2)【解析】

(1)令,由此求得的值,进而求得点的极坐标.(2)设出两点的极坐标,利用勾股定理求得的表达式,利用三角函数最值的求法,求得的最大值.【详解】(1)设点M在极坐标系中的坐标,由,得,∵∴或,所以点M的极坐标为或(2)由题意可设,.由,得,.故时,的最大值为.【点睛】本小题主要考查极坐标的求法,考查极坐标下两点间距离的计算以及距离最值的求法,属于中档题.21、(1)(2).【解析】

(1)根据,由向量,的坐标直接计算即得;(2)先求出,再根据向量平行的坐标关系解得.【详解】(1)由题,向量,,则.

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