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文档简介
成都龙泉中学2024年高考数学必刷试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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.已知双曲线与双曲线有相同的渐近线,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.2.在原点附近的部分图象大概是()A. B.C. D.3.等腰直角三角形BCD与等边三角形ABD中,,,现将沿BD折起,则当直线AD与平面BCD所成角为时,直线AC与平面ABD所成角的正弦值为()A. B. C. D.4.已知椭圆+=1(a>b>0)与直线交于A,B两点,焦点F(0,-c),其中c为半焦距,若△ABF是直角三角形,则该椭圆的离心率为()A. B. C. D.5.已知双曲线:的左、右两个焦点分别为,,若存在点满足,则该双曲线的离心率为()A.2 B. C. D.56.为虚数单位,则的虚部为()A. B. C. D.7.定义域为R的偶函数满足任意,有,且当时,.若函数至少有三个零点,则的取值范围是()A. B. C. D.8.下列四个结论中正确的个数是(1)对于命题使得,则都有;(2)已知,则(3)已知回归直线的斜率的估计值是2,样本点的中心为(4,5),则回归直线方程为;(4)“”是“”的充分不必要条件.A.1 B.2 C.3 D.49.已知函数的图象如图所示,则可以为()A. B. C. D.10.双曲线的渐近线方程是()A. B. C. D.11.在边长为2的菱形中,,将菱形沿对角线对折,使二面角的余弦值为,则所得三棱锥的外接球的表面积为()A. B. C. D.12.“中国剩余定理”又称“孙子定理”,最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题,叫做“物不知数”,原文如下:今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二.问物几何?现有这样一个相关的问题:将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列,构成一个数列,则该数列各项之和为()A.56383 B.57171 C.59189 D.61242二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知正方形边长为,空间中的动点满足,,则三棱锥体积的最大值是______.14.现有5人要排成一排照相,其中甲与乙两人不相邻,且甲不站在两端,则不同的排法有____种.(用数字作答)15.已知向量满足,,则______________.16.某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析,随机抽取了150分到450分之间的1000名学生的成绩,并根据这1000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(如图),则成绩在[250,400)内的学生共有____人.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)已知动圆恒过点,且与直线相切.(1)求圆心的轨迹的方程;(2)设是轨迹上横坐标为2的点,的平行线交轨迹于,两点,交轨迹在处的切线于点,问:是否存在实常数使,若存在,求出的值;若不存在,说明理由.18.(12分)已知,函数.(1)若函数在上为减函数,求实数的取值范围;(2)求证:对上的任意两个实数,,总有成立.19.(12分)如图,已知在三棱台中,,,.(1)求证:;(2)过的平面分别交,于点,,且分割三棱台所得两部分几何体的体积比为,几何体为棱柱,求的长.提示:台体的体积公式(,分别为棱台的上、下底面面积,为棱台的高).20.(12分)已知函数.(1)解不等式:;(2)求证:.21.(12分)传染病的流行必须具备的三个基本环节是:传染源、传播途径和人群易感性.三个环节必须同时存在,方能构成传染病流行.呼吸道飞沫和密切接触传播是新冠状病毒的主要传播途径,为了有效防控新冠状病毒的流行,人们出行都应该佩戴口罩.某地区已经出现了新冠状病毒的感染病人,为了掌握该地区居民的防控意识和防控情况,用分层抽样的方法从全体居民中抽出一个容量为100的样本,统计样本中每个人出行是否会佩戴口罩的情况,得到下面列联表:戴口罩不戴口罩青年人5010中老年人2020(1)能否有的把握认为是否会佩戴口罩出行的行为与年龄有关?(2)用样本估计总体,若从该地区出行不戴口罩的居民中随机抽取5人,求恰好有2人是青年人的概率.附:0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.82822.(10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.
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、C【解析】
由双曲线与双曲线有相同的渐近线,列出方程求出的值,即可求解双曲线的离心率,得到答案.【详解】由双曲线与双曲线有相同的渐近线,可得,解得,此时双曲线,则曲线的离心率为,故选C.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用,其中解答中熟记双曲线的几何性质,准确运算是解答的关键,着重考查了运算与求解能力,属于基础题.2、A【解析】
分析函数的奇偶性,以及该函数在区间上的函数值符号,结合排除法可得出正确选项.【详解】令,可得,即函数的定义域为,定义域关于原点对称,,则函数为奇函数,排除C、D选项;当时,,,则,排除B选项.故选:A.【点睛】本题考查利用函数解析式选择函数图象,一般要分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.3、A【解析】
设E为BD中点,连接AE、CE,过A作于点O,连接DO,得到即为直线AD与平面BCD所成角的平面角,根据题中条件求得相应的量,分析得到即为直线AC与平面ABD所成角,进而求得其正弦值,得到结果.【详解】设E为BD中点,连接AE、CE,由题可知,,所以平面,过A作于点O,连接DO,则平面,所以即为直线AD与平面BCD所成角的平面角,所以,可得,在中可得,又,即点O与点C重合,此时有平面,过C作与点F,又,所以,所以平面,从而角即为直线AC与平面ABD所成角,,故选:A.【点睛】该题考查的是有关平面图形翻折问题,涉及到的知识点有线面角的正弦值的求解,在解题的过程中,注意空间角的平面角的定义,属于中档题目.4、A【解析】
联立直线与椭圆方程求出交点A,B两点,利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式,解方程求解即可.【详解】联立方程,解方程可得或,不妨设A(0,a),B(-b,0),由题意可知,·=0,因为,,由平面向量垂直的坐标表示可得,,因为,所以a2-c2=ac,两边同时除以可得,,解得e=或(舍去),所以该椭圆的离心率为.故选:A【点睛】本题考查椭圆方程及其性质、离心率的求解、平面向量垂直的坐标表示;考查运算求解能力和知识迁移能力;利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.5、B【解析】
利用双曲线的定义和条件中的比例关系可求.【详解】.选B.【点睛】本题主要考查双曲线的定义及离心率,离心率求解时,一般是把已知条件,转化为a,b,c的关系式.6、C【解析】
利用复数的运算法则计算即可.【详解】,故虚部为.故选:C.【点睛】本题考查复数的运算以及复数的概念,注意复数的虚部为,不是,本题为基础题,也是易错题.7、B【解析】
由题意可得的周期为,当时,,令,则的图像和的图像至少有个交点,画出图像,数形结合,根据,求得的取值范围.【详解】是定义域为R的偶函数,满足任意,,令,又,为周期为的偶函数,当时,,当,当,作出图像,如下图所示:函数至少有三个零点,则的图像和的图像至少有个交点,,若,的图像和的图像只有1个交点,不合题意,所以,的图像和的图像至少有个交点,则有,即,.故选:B.【点睛】本题考查函数周期性及其应用,解题过程中用到了数形结合方法,这也是高考常考的热点问题,属于中档题.8、C【解析】
由题意,(1)中,根据全称命题与存在性命题的关系,即可判定是正确的;(2)中,根据正态分布曲线的性质,即可判定是正确的;(3)中,由回归直线方程的性质和直线的点斜式方程,即可判定是正确;(4)中,基本不等式和充要条件的判定方法,即可判定.【详解】由题意,(1)中,根据全称命题与存在性命题的关系,可知命题使得,则都有,是错误的;(2)中,已知,正态分布曲线的性质,可知其对称轴的方程为,所以是正确的;(3)中,回归直线的斜率的估计值是2,样本点的中心为(4,5),由回归直线方程的性质和直线的点斜式方程,可得回归直线方程为是正确;(4)中,当时,可得成立,当时,只需满足,所以“”是“”成立的充分不必要条件.【点睛】本题主要考查了命题的真假判定及应用,其中解答中熟记含有量词的否定、正态分布曲线的性质、回归直线方程的性质,以及基本不等式的应用等知识点的应用,逐项判定是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于基础题.9、A【解析】
根据图象可知,函数为奇函数,以及函数在上单调递增,且有一个零点,即可对选项逐个验证即可得出.【详解】首先对4个选项进行奇偶性判断,可知,为偶函数,不符合题意,排除B;其次,在剩下的3个选项,对其在上的零点个数进行判断,在上无零点,不符合题意,排除D;然后,对剩下的2个选项,进行单调性判断,在上单调递减,不符合题意,排除C.故选:A.【点睛】本题主要考查图象的识别和函数性质的判断,意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力,属于容易题.10、C【解析】
根据双曲线的标准方程即可得出该双曲线的渐近线方程.【详解】由题意可知,双曲线的渐近线方程是.故选:C.【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意双曲线的简单性质的合理运用.11、D【解析】
取AC中点N,由题意得即为二面角的平面角,过点B作于O,易得点O为的中心,则三棱锥的外接球球心在直线BO上,设球心为,半径为,列出方程即可得解.【详解】如图,由题意易知与均为正三角形,取AC中点N,连接BN,DN,则,,即为二面角的平面角,过点B作于O,则平面ACD,由,可得,,,即点O为的中心,三棱锥的外接球球心在直线BO上,设球心为,半径为,,,解得,三棱锥的外接球的表面积为.故选:D.【点睛】本题考查了立体图形外接球表面积的求解,考查了空间想象能力,属于中档题.12、C【解析】
根据“被5除余3且被7除余2的正整数”,可得这些数构成等差数列,然后根据等差数列的前项和公式,可得结果.【详解】被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23,公差为的等差数列,记数列则令,解得.故该数列各项之和为.故选:C.【点睛】本题考查等差数列的应用,属基础题。二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
以为原点,为轴,为轴,过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系,设点,根据题中条件得出,进而可求出的最大值,由此能求出三棱锥体积的最大值.【详解】以为原点,为轴,为轴,过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系,则,,,设点,空间中的动点满足,,所以,整理得,,当,时,取最大值,所以,三棱锥的体积为.因此,三棱锥体积的最大值为.故答案为:.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.14、36【解析】
先优先考虑甲、乙两人不相邻的排法,在此条件下,计算甲不排在两端的排法,最后相减即可得到结果.【详解】由题意得5人排成一排,甲、乙两人不相邻,有种排法,其中甲排在两端,有种排法,则6人排成一排,甲、乙两人不相邻,且甲不排在两端,共有(种)排法.所以本题答案为36.【点睛】排列、组合问题由于其思想方法独特,计算量庞大,对结果的检验困难,所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则,如特殊元素、位置优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等,只有这样我们才能有明确的解题方向.同时解答组合问题时必须心思细腻、考虑周全,这样才能做到不重不漏,正确解题.15、1【解析】
首先根据向量的数量积的运算律求出,再根据计算可得;【详解】解:因为,所以又所以所以故答案为:【点睛】本题考查平面向量的数量积的运算,属于基础题.16、750【解析】因为0.001+0.001+0.004+a+0.005+0.003×50=1,得a=0.006所以1000×0.004+0.006+0.005三、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)存在,.【解析】
(1)根据抛物线的定义,容易知其轨迹为抛物线;结合已知点的坐标,即可求得方程;(2)由抛物线方程求得点的坐标,设出直线的方程,利用导数求得点的坐标,联立直线的方程和抛物线方程,结合韦达定理,求得,进而求得与之间的大小关系,即可求得参数.【详解】(1)由题意得,点与点的距离始终等于点到直线的距离,由抛物线的定义知圆心的轨迹是以点为焦点,直线为准线的抛物线,则,.∴圆心的轨迹方程为.(2)因为是轨迹上横坐标为2的点,由(1)不妨取,所以直线的斜率为1.因为,所以设直线的方程为,.由,得,则在点处的切线斜率为2,所以在点处的切线方程为.由得所以,所以.由消去得,由,得且.设,,则,.因为点,,在直线上,所以,,所以,所以.∴故存在,使得.【点睛】本题考查抛物线轨迹方程的求解,以及抛物线中定值问题的求解,涉及导数的几何意义,属综合性中档题.18、(1)(2)见解析【解析】
(1)求出函数的导函数,依题意可得在上恒成立,参变分离得在上恒成立.设,求出即可得到参数的取值范围;(2)不妨设,,,利用导数说明函数在上是减函数,即可得证;【详解】解:(1)∵∴,且函数在上为减函数,即在上恒成立,∴在上恒成立.设,∵函数在上单调递增,∴,∴,∴实数的取值范围为.(2)不妨设,,,则,∴.∵,∴,又,令,∴,∴在上为减函数,∴,∴,即,∴在上是减函数,∴,即,∴,∴当时,.∵,∴.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值,利用导数证明不等式,考查了推理能力与计算能力,属于难题.19、(1)证明见解析;(2)2【解析】
(1)在中,利用勾股定理,证得,又由题设条件,得到,利用线面垂直的判定定理,证得平面,进而得到;(2)设三棱台和三棱柱的高都为上、下底面之间的距离为,根据棱台的体积公式,列出方程求得,得到,即可求解.【详解】(1)由题意,在中,,,所以,可得,因为,可得.又由,,平面,所以平面,因为平面,所以.(2)因为,可得,令,,设三棱台和三棱柱的高都为上、下底面之间的距离为,则,整理得,即,解得,即,又由,所以.【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直的判定与应用,以及几何体的体积公式的应用,其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理,以及熟练应用几何体的体积公式进行求解是解答的关键,着重考查了推理与计算能力,属于基础题.20、(1);(2
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