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文档简介

2023-2024学年湖南省岳阳市岳阳一中高考数学考前最后一卷预测卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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,则“直线与直线垂直”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2.有一改形塔几何体由若千个正方体构成,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为8,如果改形塔的最上层正方体的边长小于1,那么该塔形中正方体的个数至少是()A.8 B.7 C.6 D.43.已知数列为等差数列,为其前项和,,则()A.7 B.14 C.28 D.844.若点x,y位于由曲线x=y-2+1与x=3围成的封闭区域内(包括边界),则A.-3,1 B.-3,5 C.-∞,-35.下列函数中,在区间上单调递减的是()A. B. C. D.6.若数列为等差数列,且满足,为数列的前项和,则()A. B. C. D.7.若直线与圆相交所得弦长为,则()A.1 B.2 C. D.38.窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸,是中国古老的传统民间艺术之一,它历史悠久,风格独特,神兽人们喜爱.下图即是一副窗花,是把一个边长为12的大正方形在四个角处都剪去边长为1的小正方形后剩余的部分,然后在剩余部分中的四个角处再剪出边长全为1的一些小正方形.若在这个窗花内部随机取一个点,则该点不落在任何一个小正方形内的概率是()A. B. C. D.9.已知角的终边经过点,则A. B.C. D.10.已知,为两条不同直线,,,为三个不同平面,下列命题:①若,,则;②若,,则;③若,,则;④若,,则.其中正确命题序号为()A.②③ B.②③④ C.①④ D.①②③11.某几何体的三视图如图所示,若侧视图和俯视图均是边长为的等边三角形,则该几何体的体积为A. B. C. D.12.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.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设,分别是定义在上的奇函数和偶函数,且,则_________14.已知是等比数列,若,,且∥,则______.15.在的展开式中的系数为,则_______.16.过且斜率为的直线交抛物线于两点,为的焦点若的面积等于的面积的2倍,则的值为___________.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)在平面直角坐标系中,已知直线(为参数),以坐标原点为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的直角坐标方程;(2)设点的极坐标为,直线与曲线的交点为,求的值.18.(12分)如图,在三棱柱中,,,,为的中点,且.(1)求证:平面;(2)求锐二面角的余弦值.19.(12分)已知数列和,前项和为,且,是各项均为正数的等比数列,且,.(1)求数列和的通项公式;(2)求数列的前项和.20.(12分)已知直线的参数方程为为参数),以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程;(2)设点,直线与曲线交于两点,求的值.21.(12分)已知函数.(1)解不等式:;(2)求证:.22.(10分)已知函数(为常数)(Ⅰ)当时,求的单调区间;(Ⅱ)若为增函数,求实数的取值范围.

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】

由两直线垂直求得则或,再根据充要条件的判定方法,即可求解.【详解】由题意,“直线与直线垂直”则,解得或,所以“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件,故选B.【点睛】本题主要考查了两直线的位置关系,及必要不充分条件的判定,其中解答中利用两直线的位置关系求得的值,同时熟记充要条件的判定方法是解答的关键,着重考查了推理与论证能力,属于基础题.2、A【解析】

则从下往上第二层正方体的棱长为:,从下往上第三层正方体的棱长为:,从下往上第四层正方体的棱长为:,以此类推,能求出改形塔的最上层正方体的边长小于1时该塔形中正方体的个数的最小值的求法.【详解】最底层正方体的棱长为8,则从下往上第二层正方体的棱长为:,从下往上第三层正方体的棱长为:,从下往上第四层正方体的棱长为:,从下往上第五层正方体的棱长为:,从下往上第六层正方体的棱长为:,从下往上第七层正方体的棱长为:,从下往上第八层正方体的棱长为:,∴改形塔的最上层正方体的边长小于1,那么该塔形中正方体的个数至少是8.故选:A.【点睛】本小题主要考查正方体有关计算,属于基础题.3、D【解析】

利用等差数列的通项公式,可求解得到,利用求和公式和等差中项的性质,即得解【详解】,解得..故选:D【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、求和公式和等差中项,考查了学生综合分析,转化划归,数学运算的能力,属于中档题.4、D【解析】

画出曲线x=y-2+1与x=3围成的封闭区域,y+1x-2表示封闭区域内的点(x,y)【详解】画出曲线x=y-2+1与y+1x-2表示封闭区域内的点(x,y)和定点P(2,-1)设k=y+1x-2,结合图形可得k≥k由题意得点A,B的坐标分别为A(3,0),B(1,2),∴kPA∴k≥1或k≤-3,∴y+1x-2的取值范围为-∞,-3故选D.【点睛】解答本题的关键有两个:一是根据数形结合的方法求解问题,即把y+1x-25、C【解析】

由每个函数的单调区间,即可得到本题答案.【详解】因为函数和在递增,而在递减.故选:C【点睛】本题主要考查常见简单函数的单调区间,属基础题.6、B【解析】

利用等差数列性质,若,则求出,再利用等差数列前项和公式得【详解】解:因为,由等差数列性质,若,则得,.为数列的前项和,则.故选:.【点睛】本题考查等差数列性质与等差数列前项和.(1)如果为等差数列,若,则.(2)要注意等差数列前项和公式的灵活应用,如.7、A【解析】

将圆的方程化简成标准方程,再根据垂径定理求解即可.【详解】圆的标准方程,圆心坐标为,半径为,因为直线与圆相交所得弦长为,所以直线过圆心,得,即.故选:A【点睛】本题考查了根据垂径定理求解直线中参数的方法,属于基础题.8、D【解析】

由几何概型可知,概率应为非小正方形面积与窗花面积的比,即可求解.【详解】由题,窗花的面积为,其中小正方形的面积为,所以所求概率,故选:D【点睛】本题考查几何概型的面积公式的应用,属于基础题.9、D【解析】因为角的终边经过点,所以,则,即.故选D.10、C【解析】

根据直线与平面,平面与平面的位置关系进行判断即可.【详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得,若,,则,故①正确;若,,平面可能相交,故②错误;若,,则可能平行,故③错误;由线面垂直的性质可得,④正确;故选:C【点睛】本题主要考查了判断直线与平面,平面与平面的位置关系,属于中档题.11、C【解析】

由三视图可知,该几何体是三棱锥,底面是边长为的等边三角形,三棱锥的高为,所以该几何体的体积,故选C.12、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.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、1【解析】

令,结合函数的奇偶性,求得,即可求解的值,得到答案.【详解】由题意,函数分别是上的奇函数和偶函数,且,令,可得,所以.故答案为:1.【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的应用,其中解答中熟记函数的奇偶性,合理赋值求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.14、【解析】若,,且∥,则,由是等比数列,可知公比为..故答案为.15、2【解析】

首先求出的展开项中的系数,然后根据系数为即可求出的取值.【详解】由题知,当时有,解得.故答案为:.【点睛】本题主要考查了二项式展开项的系数,属于简单题.16、2【解析】

联立直线与抛物线的方程,根据一元二次方程的根与系数的关系以及面积关系求解即可.【详解】如图,设,由,则,由可得,由,则,所以,得.故答案为:2【点睛】此题考查了抛物线的性质,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)(2)【解析】

(1)由公式可化极坐标方程为直角坐标方程;(2)把点极坐标化为直角坐标,直线的参数方程是过定点的标准形式,因此直接把参数方程代入曲线的方程,利用参数的几何意义求解.【详解】解:(1),则,∴,所以曲线的直角坐标方程为,即(2)点的直角坐标为,易知.设对应参数分别为将与联立得【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化,考查直线参数方程,解题时可利用利用参数方程的几何意义求直线上两点间距离问题.18、(1)证明见解析;(2).【解析】

(1)证明后可得平面,从而得,结合已知得线面垂直;(2)以为坐标原点,以为轴,为轴,为建立空间直角坐标系,设,写出各点坐标,求出二面角的面的法向量,由法向量夹角的余弦值得二面角的余弦值.【详解】(1)证明:因为,为中点,所以,又,,所以平面,又平面,所以,又,,所以平面.(2)由已知及(1)可知,,两两垂直,所以以为坐标原点,以为轴,为轴,为建立空间直角坐标系,设,则,,,,,.设平面的法向量,则,即,令,则;设平面的法向量,则,即,令,则,所以.故锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查证明线面垂直,解题时注意线面垂直与线线垂直的相互转化.考查求二面角,求空间角一般是建立空间直角坐标系,用向量法易得结论.19、(1),;(2).【解析】

(1)令求出的值,然后由,得出,然后检验是否符合在时的表达式,即可得出数列的通项公式,并设数列的公比为,根据题意列出和的方程组,解出这两个量,然后利用等比数列的通项公式可求出;(2)求出数列的前项和,然后利用分组求和法可求出.【详解】(1)当时,,当时,.也适合上式,所以,.设数列的公比为,则,由,两式相除得,,解得,,;(2)设数列的前项和为,则,.【点睛】本题考查利用求,同时也考查了等比数列通项的计算,以及分组求和法的应用,考查计算能力,属于中等题.20、(1)直线普通方程:,曲线直角坐标方程:;(2).【解析】

(1)消去直线参数方程中的参数即可得到其普通方程;将曲线极坐标方程化为,根据极坐标和直角坐标互化原则可得其直角坐标方程;(2)将直线参数方程代入曲线的直角坐标方程,根据参数的几何意义可知,利用韦达定理求得结果.【详解】(1)由直线参数方程消去可得普通方程为:曲线极坐标方程可化为:则曲线的直角坐标方程为:,即(2)将直线参数方程代入曲线的直角坐标方程,整理可得:设两点对应的参数分别为:,则,【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程与普通方程的互化、直线参数方程中参数的几何意义的应用;求解距离之和的关键是能够明确直线参数方程中参数的几何意义,利用韦达定理来进行求解.21、(1);(2)见解析.【解析】

(1)代入得,分类讨论,解不等式即可;(2)利用绝对值不等式得性质,,,比较大小即可.【详解】(1)由于,于是原不等式化为,若,则,解得;若,则,解得;若,则,解得.综上所述,不等式解集为.(2)由已知条件,对于,可得.又,由于,所以.又由于,于是.所以.【点睛】本题考查了绝对值不等式得求解和恒成立问题,考查了学生分类讨论,转化划归,数学运算能力,属于中档题.22、(Ⅰ)单调递增区间为,;单调递减区间为;(Ⅱ).【解析】

(Ⅰ)对函数进行求导,利用导数判断函数的单调性即可;(Ⅱ)对函数进行求导,

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