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文档简介

四川省乐山市井研县井研中学2023-2024学年高考数学倒计时模拟卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.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.已知向量,,设函数,则下列关于函数的性质的描述正确的是A.关于直线对称 B.关于点对称C.周期为 D.在上是增函数2.在四面体中,为正三角形,边长为6,,,,则四面体的体积为()A. B. C.24 D.3.从集合中随机选取一个数记为,从集合中随机选取一个数记为,则在方程表示双曲线的条件下,方程表示焦点在轴上的双曲线的概率为()A. B. C. D.4.已知向量,,则向量在向量上的投影是()A. B. C. D.5.已知抛物线:()的焦点为,为该抛物线上一点,以为圆心的圆与的准线相切于点,,则抛物线方程为()A. B. C. D.6.某几何体的三视图如图所示,图中圆的半径为1,等腰三角形的腰长为3,则该几何体表面积为()A. B. C. D.7.已知抛物线y2=4x的焦点为F,抛物线上任意一点P,且PQ⊥y轴交y轴于点Q,则的最小值为()A. B. C.l D.18.已知无穷等比数列的公比为2,且,则()A. B. C. D.9.设集合,则()A. B. C. D.10.下列与函数定义域和单调性都相同的函数是()A. B. C. D.11.已知定义在上函数的图象关于原点对称,且,若,则()A.0 B.1 C.673 D.67412.已知函数,则不等式的解集为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知一个圆锥的底面积和侧面积分别为和,则该圆锥的体积为________14.已知下列命题:①命题“∃x0∈R,”的否定是“∀x∈R,x2+1<3x”;②已知p,q为两个命题,若“p∨q”为假命题,则“”为真命题;③“a>2”是“a>5”的充分不必要条件;④“若xy=0,则x=0且y=0”的逆否命题为真命题.其中所有真命题的序号是________.15.已知向量与的夹角为,||=||=1,且⊥(λ),则实数_____.16.内角,,的对边分别为,,,若,则__________.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)椭圆的左、右焦点分别为,椭圆上两动点使得四边形为平行四边形,且平行四边形的周长和最大面积分别为8和.(1)求椭圆的标准方程;(2)设直线与椭圆的另一交点为,当点在以线段为直径的圆上时,求直线的方程.18.(12分)如图,已知平面与直线均垂直于所在平面,且.(1)求证:平面;(2)若,求与平面所成角的正弦值.19.(12分)已知函数.(1)求的单调区间;(2)讨论零点的个数.20.(12分)已知分别是的内角的对边,且.(Ⅰ)求.(Ⅱ)若,,求的面积.(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求的值.21.(12分)如图,在四棱锥中,平面ABCD平面PAD,,,,,E是PD的中点.证明:;设,点M在线段PC上且异面直线BM与CE所成角的余弦值为,求二面角的余弦值.22.(10分)如图,四棱锥中,底面,,点在线段上,且.(1)求证:平面;(2)若,,,,求二面角的正弦值.

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】

当时,,∴f(x)不关于直线对称;当时,,∴f(x)关于点对称;f(x)得周期,当时,,∴f(x)在上是增函数.本题选择D选项.2、A【解析】

推导出,分别取的中点,连结,则,推导出,从而,进而四面体的体积为,由此能求出结果.【详解】解:在四面体中,为等边三角形,边长为6,,,,,,分别取的中点,连结,则,且,,,,平面,平面,,四面体的体积为:.故答案为:.【点睛】本题考查四面体体积的求法,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.3、A【解析】

设事件A为“方程表示双曲线”,事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”,分别计算出,再利用公式计算即可.【详解】设事件A为“方程表示双曲线”,事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”,由题意,,,则所求的概率为.故选:A.【点睛】本题考查利用定义计算条件概率的问题,涉及到双曲线的定义,是一道容易题.4、A【解析】

先利用向量坐标运算求解,再利用向量在向量上的投影公式即得解【详解】由于向量,故向量在向量上的投影是.故选:A【点睛】本题考查了向量加法、减法的坐标运算和向量投影的概念,考查了学生概念理解,数学运算的能力,属于中档题.5、C【解析】

根据抛物线方程求得点的坐标,根据轴、列方程,解方程求得的值.【详解】不妨设在第一象限,由于在抛物线上,所以,由于以为圆心的圆与的准线相切于点,根据抛物线的定义可知,、轴,且.由于,所以直线的倾斜角为,所以,解得,或(由于,故舍去).所以抛物线的方程为.故选:C【点睛】本小题主要考查抛物线的定义,考查直线的斜率,考查数形结合的数学思想方法,属于中档题.6、C【解析】

几何体是由一个圆锥和半球组成,其中半球的半径为1,圆锥的母线长为3,底面半径为1,计算得到答案.【详解】几何体是由一个圆锥和半球组成,其中半球的半径为1,圆锥的母线长为3,底面半径为1,故几何体的表面积为.故选:.【点睛】本题考查了根据三视图求表面积,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.7、A【解析】

设点,则点,,利用向量数量积的坐标运算可得,利用二次函数的性质可得最值.【详解】解:设点,则点,,,,当时,取最小值,最小值为.故选:A.【点睛】本题考查抛物线背景下的向量的坐标运算,考查学生的计算能力,是基础题.8、A【解析】

依据无穷等比数列求和公式,先求出首项,再求出,利用无穷等比数列求和公式即可求出结果。【详解】因为无穷等比数列的公比为2,则无穷等比数列的公比为。由有,,解得,所以,,故选A。【点睛】本题主要考查无穷等比数列求和公式的应用。9、C【解析】

解对数不等式求得集合,由此求得两个集合的交集.【详解】由,解得,故.依题意,所以.故选:C【点睛】本小题主要考查对数不等式的解法,考查集合交集的概念和运算,属于基础题.10、C【解析】

分析函数的定义域和单调性,然后对选项逐一分析函数的定义域、单调性,由此确定正确选项.【详解】函数的定义域为,在上为减函数.A选项,的定义域为,在上为增函数,不符合.B选项,的定义域为,不符合.C选项,的定义域为,在上为减函数,符合.D选项,的定义域为,不符合.故选:C【点睛】本小题主要考查函数的定义域和单调性,属于基础题.11、B【解析】

由题知为奇函数,且可得函数的周期为3,分别求出知函数在一个周期内的和是0,利用函数周期性对所求式子进行化简可得.【详解】因为为奇函数,故;因为,故,可知函数的周期为3;在中,令,故,故函数在一个周期内的函数值和为0,故.故选:B.【点睛】本题考查函数奇偶性与周期性综合问题.其解题思路:函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题,常利用奇偶性及周期性进行变换,将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解.12、D【解析】

先判断函数的奇偶性和单调性,得到,且,解不等式得解.【详解】由题得函数的定义域为.因为,所以为上的偶函数,因为函数都是在上单调递减.所以函数在上单调递减.因为,所以,且,解得.故选:D【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和单调性的判断,考查函数的奇偶性和单调性的应用,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

依据圆锥的底面积和侧面积公式,求出底面半径和母线长,再根据勾股定理求出圆锥的高,最后利用圆锥的体积公式求出体积。【详解】设圆锥的底面半径为,母线长为,高为,所以有解得,故该圆锥的体积为。【点睛】本题主要考查圆锥的底面积、侧面积和体积公式的应用。14、②【解析】命题“∃x∈R,x2+1>3x”的否定是“∀x∈R,x2+1≤3x”,故①错误;“p∨q”为假命题说明p假q假,则(p)∧(q)为真命题,故②正确;a>5⇒a>2,但a>2⇒/a>5,故“a>2”是“a>5”的必要不充分条件,故③错误;因为“若xy=0,则x=0或y=0”,所以原命题为假命题,故其逆否命题也为假命题,故④错误.15、1【解析】

根据条件即可得出,由即可得出,进行数量积的运算即可求出λ.【详解】∵向量与的夹角为,||=||=1,且;∴;∴λ=1.故答案为:1.【点睛】考查向量数量积的运算及计算公式,以及向量垂直的充要条件.16、【解析】∵,∴,即,∴,∴.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)或【解析】

(1)根据题意计算得到,,得到椭圆方程.(2)设,联立方程得到,根据,计算得到答案.【详解】(1)由平行四边形的周长为8,可知,即.由平行四边形的最大面积为,可知,又,解得.所以椭圆方程为.(2)注意到直线的斜率不为0,且过定点.设,由消得,所以,因为,所以.因为点在以线段为直径的圆上,所以,即,所以直线的方程或.【点睛】本题考查了椭圆方程,根据直线和椭圆的位置关系求直线,将题目转化为是解题的关键.18、(1)见解析;(2)【解析】

(Ⅰ)证明:过点作于点,∵平面⊥平面,∴平面又∵⊥平面∴∥,又∵平面∴∥平面(Ⅱ)∵平面∴,又∵∴∴∴点是的中点,连结,则∴平面∴∥,∴四边形是矩形设,得:,又∵,∴,从而,过作于点,则∴是与平面所成角∴,∴与平面所成角的正弦值为考点:面面垂直的性质定理;线面平行的判定定理;线面垂直的性质定理;直线与平面所成的角.点评:本题主要考查了线面平行的证明和直线与平面所成的角,属立体几何中的常考题型,较难.本题也可以用向量法来做:用向量法解题的关键是;首先正确的建立空间直角坐标系,正确求解平面的一个法向量.注意计算要仔细、认真.≌19、(1)见解析(2)见解析【解析】

(1)求导后分析导函数的正负再判断单调性即可.(2),有零点等价于方程实数根,再换元将原方程转化为,再求导分析的图像数形结合求解即可.【详解】(1)的定义域为,,当时,,所以在单调递减;当时,,所以在单调递增,所以的减区间为,增区间为.(2),有零点等价于方程实数根,令则原方程转化为,令,.令,,∴,,,,,当时,,当时,.如图可知①当时,有唯一零点,即有唯一零点;②当时,有两个零点,即有两个零点;③当时,有唯一零点,即有唯一零点;④时,此时无零点,即此时无零点.【点睛】本题主要考查了利用导数分析函数的单调性的方法,同时也考查了利用导数分析函数零点的问题,属于中档题.20、(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ).【解析】

(Ⅰ)由已知结合正弦定理先进行代换,然后结合和差角公式及正弦定理可求;(Ⅱ)由余弦定理可求,然后结合三角形的面积公式可求;(Ⅲ)结合二倍角公式及和角余弦公式即可求解.【详解】(Ⅰ)因为,所以,所以,由正弦定理可得,;(Ⅱ)由余弦定理可得,,整理可得,,解可得,,因为,所以;(Ⅲ)由于,.所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理、和角余弦公式,二倍角公式及三角形的面积公式的综合应用,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.21、(1)见解析;(2)【解析】

(1)由平面平面的性质定理得平面,.在中,由勾股定理得,平面,即可得;(2)以为坐标原点建立空间直角坐标系,由空间向量法和异面直线与所成角的余弦值为,得点M的坐标,从而求出二面角的余弦值.【详解】(1)平面平面,平面平面=,,所以.由面面垂直的性质定理得平面,,在中,,,由正弦定理可得:,,即,平面,.(2)以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,设,则,,得,,而,设平面的法向量为,由可得:,令,则,取平面的法向量,则,故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,解题时要注意空间思维能力的培养和向量法的合理运用,属于中档题.22、(1)证明见解析(2)【解析】

(1)要证明平面,只需证明,,即可求得答案;(2)先根据已知证明

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