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文档简介
2023-2024学年福建省泉州实验中学高三下第一次测试数学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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.已知集合A,B=,则A∩B=A. B. C. D.2.已知集合,,则为()A. B. C. D.3.已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上,其底面边长为4,、、分别为侧棱,,的中点.若在三棱锥内,且三棱锥的体积是三棱锥体积的4倍,则此外接球的体积与三棱锥体积的比值为()A. B. C. D.4.已知函数,的图象与直线的两个相邻交点的距离等于,则的一条对称轴是()A. B. C. D.5.已知的面积是,,,则()A.5 B.或1 C.5或1 D.6.如图,四边形为平行四边形,为中点,为的三等分点(靠近)若,则的值为()A. B. C. D.7.已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等,则奇数项的二项式系数和为().A. B. C. D.8.抛物线y2=ax(a>0)的准线与双曲线C:x28A.8 B.6 C.4 D.29.是虚数单位,复数在复平面上对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限10.已知函数,若函数的极大值点从小到大依次记为,并记相应的极大值为,则的值为()A. B. C. D.11.已知的部分图象如图所示,则的表达式是()A. B.C. D.12.已知(i为虚数单位,),则ab等于()A.2 B.-2 C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设实数,若函数的最大值为,则实数的最大值为______.14.四边形中,,,,,则的最小值是______.15.已知函数在上仅有2个零点,设,则在区间上的取值范围为_______.16.已知双曲线-=1(a>0,b>0)与抛物线y2=8x有一个共同的焦点F,两曲线的一个交点为P,若|FP|=5,则点F到双曲线的渐近线的距离为_____.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)已知数列的前项和为,且满足.(1)求数列的通项公式;(2)若,,且数列前项和为,求的取值范围.18.(12分)设数阵,其中、、、.设,其中,且.定义变换为“对于数阵的每一行,若其中有或,则将这一行中每个数都乘以;若其中没有且没有,则这一行中所有数均保持不变”(、、、).表示“将经过变换得到,再将经过变换得到、,以此类推,最后将经过变换得到”,记数阵中四个数的和为.(1)若,写出经过变换后得到的数阵;(2)若,,求的值;(3)对任意确定的一个数阵,证明:的所有可能取值的和不超过.19.(12分)已知直线的参数方程为(,为参数),曲线的极坐标方程为.(1)将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程,并说明曲线的形状;(2)若直线经过点,求直线被曲线截得的线段的长.20.(12分)已知函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)若的解集包含,求的取值范围.21.(12分)如图,四边形是边长为3的菱形,平面.(1)求证:平面;(2)若与平面所成角为,求二面角的正弦值.22.(10分)在本题中,我们把具体如下性质的函数叫做区间上的闭函数:①的定义域和值域都是;②在上是增函数或者减函数.(1)若在区间上是闭函数,求常数的值;(2)找出所有形如的函数(都是常数),使其在区间上是闭函数.
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】
先解A、B集合,再取交集。【详解】,所以B集合与A集合的交集为,故选A【点睛】一般地,把不等式组放在数轴中得出解集。2、C【解析】
分别求解出集合的具体范围,由集合的交集运算即可求得答案.【详解】因为集合,,所以故选:C【点睛】本题考查对数函数的定义域求法、一元二次不等式的解法及集合的交集运算,考查基本运算能力.3、D【解析】
如图,平面截球所得截面的图形为圆面,计算,由勾股定理解得,此外接球的体积为,三棱锥体积为,得到答案.【详解】如图,平面截球所得截面的图形为圆面.正三棱锥中,过作底面的垂线,垂足为,与平面交点记为,连接、.依题意,所以,设球的半径为,在中,,,,由勾股定理:,解得,此外接球的体积为,由于平面平面,所以平面,球心到平面的距离为,则,所以三棱锥体积为,所以此外接球的体积与三棱锥体积比值为.故选:D.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题,三棱锥体积,球体积,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.4、D【解析】
由题,得,由的图象与直线的两个相邻交点的距离等于,可得最小正周期,从而求得,得到函数的解析式,又因为当时,,由此即可得到本题答案.【详解】由题,得,因为的图象与直线的两个相邻交点的距离等于,所以函数的最小正周期,则,所以,当时,,所以是函数的一条对称轴,故选:D【点睛】本题主要考查利用和差公式恒等变形,以及考查三角函数的周期性和对称性.5、B【解析】∵,,∴①若为钝角,则,由余弦定理得,解得;②若为锐角,则,同理得.故选B.6、D【解析】
使用不同方法用表示出,结合平面向量的基本定理列出方程解出.【详解】解:,又解得,所以故选:D【点睛】本题考查了平面向量的基本定理及其意义,属于基础题.7、D【解析】因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,所以,解得,所以二项式中奇数项的二项式系数和为.考点:二项式系数,二项式系数和.8、A【解析】
求得抛物线的准线方程和双曲线的渐近线方程,解得两交点,由三角形的面积公式,计算即可得到所求值.【详解】抛物线y2=ax(a>0)的准线为x=-a4,双曲线C:x28-y24【点睛】本题考查三角形的面积的求法,注意运用抛物线的准线方程和双曲线的渐近线方程,考查运算能力,属于基础题.9、D【解析】
求出复数在复平面内对应的点的坐标,即可得出结论.【详解】复数在复平面上对应的点的坐标为,该点位于第四象限.故选:D.【点睛】本题考查复数对应的点的位置的判断,属于基础题.10、C【解析】
对此分段函数的第一部分进行求导分析可知,当时有极大值,而后一部分是前一部分的定义域的循环,而值域则是每一次前面两个单位长度定义域的值域的2倍,故此得到极大值点的通项公式,且相应极大值,分组求和即得【详解】当时,,显然当时有,,∴经单调性分析知为的第一个极值点又∵时,∴,,,…,均为其极值点∵函数不能在端点处取得极值∴,,∴对应极值,,∴故选:C【点睛】本题考查基本函数极值的求解,从函数表达式中抽离出相应的等差数列和等比数列,最后分组求和,要求学生对数列和函数的熟悉程度高,为中档题11、D【解析】
由图象求出以及函数的最小正周期的值,利用周期公式可求得的值,然后将点的坐标代入函数的解析式,结合的取值范围求出的值,由此可得出函数的解析式.【详解】由图象可得,函数的最小正周期为,.将点代入函数的解析式得,得,,,则,,因此,.故选:D.【点睛】本题考查利用图象求三角函数解析式,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.12、A【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简,再由复数相等的条件列式求解.【详解】,,得,..故选:.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数相等的条件,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平,是基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
根据,则当时,,即.当时,显然成立;当时,由,转化为,令,用导数法求其最大值即可.【详解】因为,又当时,,即.当时,显然成立;当时,由等价于,令,,当时,,单调递增,当时,,单调递减,,则,又,得,因此的最大值为.故答案为:【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用,还考查了转化化归的思想和运算求解的能力,属于中档题.14、【解析】
在中利用正弦定理得出,进而可知,当时,取最小值,进而计算出结果.【详解】,如图,在中,由正弦定理可得,即,故当时,取到最小值为.故答案为:.【点睛】本题考查解三角形,同时也考查了常见的三角函数值,考查逻辑推理能力与计算能力,属于中档题.15、【解析】
先根据零点个数求解出的值,然后得到的解析式,采用换元法求解在上的值域即可.【详解】因为在上有两个零点,所以,所以,所以且,所以,所以,所以,令,所以,所以,因为,所以,所以,所以,所以,,所以.故答案为:.【点睛】本题考查三角函数图象与性质的综合,其中涉及到换元法求解三角函数值域的问题,难度较难.对形如的函数的值域求解,关键是采用换元法令,然后根据,将问题转化为关于的函数的值域,同时要注意新元的范围.16、【解析】
设点为,由抛物线定义知,,求出点P坐标代入双曲线方程得到的关系式,求出双曲线的渐近线方程,利用点到直线的距离公式求解即可.【详解】由题意得F(2,0),因为点P在抛物线y2=8x上,|FP|=5,设点为,由抛物线定义知,,解得,不妨取P(3,2),代入双曲线-=1,得-=1,又因为a2+b2=4,解得a=1,b=,因为双曲线的渐近线方程为,所以双曲线的渐近线为y=±x,由点到直线的距离公式可得,点F到双曲线的渐近线的距离.故答案为:【点睛】本题考查双曲线和抛物线方程及其几何性质;考查运算求解能力和知识迁移能力;灵活运用双曲线和抛物线的性质是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.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,可求,然后由时,可得,根据等比数列的通项可求(2)由,而,利用裂项相消法可求.【详解】(1)当时,,解得,当时,①②②①得,即,数列是以2为首项,2为公比的等比数列,;(2)∴,∴,,.【点睛】本题考查递推公式在数列的通项求解中的应用,等比数列的通项公式、裂项求和方法,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力.18、(1);(2);(3)见解析.【解析】
(1)由,能求出经过变换后得到的数阵;(2)由,,求出数阵经过变化后的矩阵,进而可求得的值;(3)分和两种情况讨论,推导出变换后数阵的第一行和第二行的数字之和,由此能证明的所有可能取值的和不超过.【详解】(1),经过变换后得到的数阵;(2)经变换后得,故;(3)若,在的所有非空子集中,含有且不含的子集共个,经过变换后第一行均变为、;含有且不含的子集共个,经过变换后第一行均变为、;同时含有和的子集共个,经过变换后第一行仍为、;不含也不含的子集共个,经过变换后第一行仍为、.所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为.若,则的所有非空子集中,含有的子集共个,经过变换后第一行均变为、;不含有的子集共个,经过变换后第一行仍为、.所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为.同理,经过变换后所有的第二行的所有数的和为.所以的所有可能取值的和为,又因为、、、,所以的所有可能取值的和不超过.【点睛】本题考查数阵变换的求法,考查数阵中四个数的和不超过的证明,考查类比推理、数阵变换等基础知识,考查运算求解能力,综合性强,难度大.19、(1)曲线表示的是焦点为,准线为的抛物线;(2)8.【解析】试题分析:(1)将曲线的极坐标方程为两边同时乘以,利用极坐标与直角坐标之间的关系即可得出其直角坐标方程;(2)由直线经过点,可得的值,再将直线的参数方程代入曲线的标准方程,由直线参数方程的几何意义可得直线被曲线截得的线段的长.试题解析:(1)由可得,即,∴曲线表示的是焦点为,准线为的抛物线.(2)将代入,得,∴,∵,∴,∴直线的参数方程为(为参数).将直线的参数方程代入得,由直线参数方程的几何意义可知,.20、(1);(2).【解析】
(1)对范围分类整理得:,分类解不等式即可.(2)利用已知转化为“当时,”恒成立,利用绝对值不等式的性质可得:,问题得解.【详解】当时,,当时,由得,解得;当时,无解;当时,由得,解得,所以的解集为(2)的解集包含等价于在上恒成立,当时,等价于恒成立,而,∴,故满足条件的的取值范围是【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法,还考查了转化能力及绝对值不等式的性质,考查计算能力,属于中档题.21、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)由已知线面垂直得,结合菱形对角线垂直,可证得线面垂直;(2)由已知知两两互相垂直.以分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系如图所示,由已知线面垂直知与平面所成角为,这样可计算出的长,写出各点坐标,求出平面的法向量,由法向量夹角可得二面角.【详解】证明:(1)因为平面,平面,所以.因为四边形是菱形,所以.又因为,平面,平面,所以平面.解:(2)据题设知,两两互相垂直.以分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系如图所示,因为与平面所成角为,即,所以又,所以,所以所以设平面的一个法向量,则令,则.因为平面,所以为平面的一个法向量,且所以,.所以二面角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和性质定理,考查用向量法求二面角.
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