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文档简介

四平市重点中学高三第三次模拟考试新高考数学试卷注意事项: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i为虚数单位,则()A. B. C. D.2.已知正方体的体积为,点,分别在棱,上,满足最小,则四面体的体积为A. B. C. D.3.已知,,,若,则()A. B. C. D.4.函数的最小正周期是,则其图象向左平移个单位长度后得到的函数的一条对称轴是()A. B. C. D.5.的展开式中的项的系数为()A.120 B.80 C.60 D.406.已知集合A={x∈N|x2<8x},B={2,3,6},C={2,3,7},则=()A.{2,3,4,5} B.{2,3,4,5,6}C.{1,2,3,4,5,6} D.{1,3,4,5,6,7}7.某四棱锥的三视图如图所示,该几何体的体积是()A.8 B. C.4 D.8.“”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9.已知函数()的最小值为0,则()A. B. C. D.10.设等差数列的前n项和为,若,则()A. B. C.7 D.211.已知集合A,则集合()A. B. C. D.12.△ABC中,AB=3,,AC=4,则△ABC的面积是()A. B. C.3 D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.抛物线上到其焦点距离为5的点有_______个.14.函数在内有两个零点,则实数的取值范围是________.15.若满足,则目标函数的最大值为______.16.已知向量,且,则实数的值是__________.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,,数列满足,n.(1)若,,求数列的前2n项和;(2)若数列为等差数列,且对任意n,恒成立.①当数列为等差数列时,求证:数列,的公差相等;②数列能否为等比数列?若能,请写出所有满足条件的数列;若不能,请说明理由.18.(12分)设抛物线的焦点为,准线为,为过焦点且垂直于轴的抛物线的弦,已知以为直径的圆经过点.(1)求的值及该圆的方程;(2)设为上任意一点,过点作的切线,切点为,证明:.19.(12分)在如图所示的多面体中,平面平面,四边形是边长为2的菱形,四边形为直角梯形,四边形为平行四边形,且,,(1)若分别为,的中点,求证:平面;(2)若,与平面所成角的正弦值,求二面角的余弦值.20.(12分)已知函数,其中,.(1)函数的图象能否与x轴相切?若能,求出实数a;若不能,请说明理由.(2)若在处取得极大值,求实数a的取值范围.21.(12分)已知函数,.(1)证明:函数的极小值点为1;(2)若函数在有两个零点,证明:.22.(10分)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,轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为.(Ⅰ)求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程;(Ⅱ)已知点设直线与曲线相交于两点,求的值.

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、A【解析】

根据复数乘除运算法则,即可求解.【详解】.故选:A.【点睛】本题考查复数代数运算,属于基础题题.2、D【解析】

由题意画出图形,将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面,可得当时最小,设正方体的棱长为,得,进一步求出四面体的体积即可.【详解】解:如图,

∵点M,N分别在棱上,要最小,将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面,三线共线时,最小,

设正方体的棱长为,则,∴.

取,连接,则共面,在中,设到的距离为,

设到平面的距离为,

.

故选D.【点睛】本题考查多面体体积的求法,考查了多面体表面上的最短距离问题,考查计算能力,是中档题.3、B【解析】

由平行求出参数,再由数量积的坐标运算计算.【详解】由,得,则,,,所以.故选:B.【点睛】本题考查向量平行的坐标表示,考查数量积的坐标运算,掌握向量数量积的坐标运算是解题关键.4、D【解析】

由三角函数的周期可得,由函数图像的变换可得,平移后得到函数解析式为,再求其对称轴方程即可.【详解】解:函数的最小正周期是,则函数,经过平移后得到函数解析式为,由,得,当时,.故选D.【点睛】本题考查了正弦函数图像的性质及函数图像的平移变换,属基础题.5、A【解析】

化简得到,再利用二项式定理展开得到答案.【详解】展开式中的项为.故选:【点睛】本题考查了二项式定理,意在考查学生的计算能力.6、C【解析】

根据集合的并集、补集的概念,可得结果.【详解】集合A={x∈N|x2<8x}={x∈N|0<x<8},所以集合A={1,2,3,4,5,6,7}B={2,3,6},C={2,3,7},故={1,4,5,6},所以={1,2,3,4,5,6}.故选:C.【点睛】本题考查的是集合并集,补集的概念,属基础题.7、D【解析】

根据三视图知,该几何体是一条垂直于底面的侧棱为2的四棱锥,画出图形,结合图形求出底面积代入体积公式求它的体积.【详解】根据三视图知,该几何体是侧棱底面的四棱锥,如图所示:结合图中数据知,该四棱锥底面为对角线为2的正方形,高为PA=2,∴四棱锥的体积为.故选:D.【点睛】本题考查由三视图求几何体体积,由三视图正确复原几何体是解题的关键,考查空间想象能力.属于中等题.8、B【解析】

或,从而明确充分性与必要性.【详解】,由可得:或,即能推出,但推不出∴“”是“”的必要不充分条件故选【点睛】本题考查充分性与必要性,简单三角方程的解法,属于基础题.9、C【解析】

设,计算可得,再结合图像即可求出答案.【详解】设,则,则,由于函数的最小值为0,作出函数的大致图像,结合图像,,得,所以.故选:C【点睛】本题主要考查了分段函数的图像与性质,考查转化思想,考查数形结合思想,属于中档题.10、B【解析】

根据等差数列的性质并结合已知可求出,再利用等差数列性质可得,即可求出结果.【详解】因为,所以,所以,所以,故选:B【点睛】本题主要考查等差数列的性质及前项和公式,属于基础题.11、A【解析】

化简集合,,按交集定义,即可求解.【详解】集合,,则.故选:A.【点睛】本题考查集合间的运算,属于基础题.12、A【解析】

由余弦定理求出角,再由三角形面积公式计算即可.【详解】由余弦定理得:,又,所以得,故△ABC的面积.故选:A【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用,三角形的面积公式,考查了学生的运算求解能力.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、2【解析】

设符合条件的点,由抛物线的定义可得,即可求解.【详解】设符合条件的点,则,所以符合条件的点有2个.故答案为:2【点睛】本题考查抛物线的定义的应用,考查抛物线的焦半径.14、【解析】

设,,设,函数为奇函数,,函数单调递增,,画出简图,如图所示,根据,解得答案.【详解】,设,,则.原函数等价于函数,即有两个解.设,则,函数为奇函数.,函数单调递增,,,.当时,易知不成立;当时,根据对称性,考虑时的情况,,画出简图,如图所示,根据图像知:故,即,根据对称性知:.故答案为:.【点睛】本题考查了函数零点问题,意在考查学生的转化能力和计算能力,画出图像是解题的关键.15、-1【解析】

由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,把最优解的坐标代入目标函数得答案.【详解】由约束条件作出可行域如图,化目标函数为,由图可得,当直线过点时,直线在轴上的截距最大,由得即,则有最大值,故答案为.【点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值,属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”:(1)作出可行域(一定要注意是实线还是虚线);(2)找到目标函数对应的最优解对应点(在可行域内平移变形后的目标函数,最先通过或最后通过的顶点就是最优解);(3)将最优解坐标代入目标函数求出最值.16、【解析】∵=(1,2),=(x,1),则=+2=(1,2)+2(x,1)=(1+2x,4),=2﹣=2(1,2)﹣(x,1)=(2﹣x,3),∵∴3(1+2x)﹣4(2﹣x)=1,解得:x=.点睛:由向量的数乘和坐标加减法运算求得,然后利用向量共线的坐标表示列式求解x的值.若=(a1,a2),=(b1,b2),则⊥⇔a1a2+b1b2=1,∥⇔a1b2﹣a2b1=1.三、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)①见解析②数列不能为等比数列,见解析【解析】

(1)根据数列通项公式的特点,奇数项为等差数列,偶数项为等比数列,选用分组求和的方法进行求解;(2)①设数列的公差为,数列的公差为,当n为奇数时,得出;当n为偶数时,得出,从而可证数列,的公差相等;②利用反证法,先假设可以为等比数列,结合题意得出矛盾,进而得出数列不能为等比数列.【详解】(1)因为,,所以,且,由题意可知,数列是以1为首项,2为公差的等差数列,数列是首项和公比均为4的等比数列,所以;(2)①证明:设数列的公差为,数列的公差为,当n为奇数时,,若,则当时,,即,与题意不符,所以,当n为偶数时,,,若,则当时,,即,与题意不符,所以,综上,,原命题得证;②假设可以为等比数列,设公比为q,因为,所以,所以,,因为当时,,所以当n为偶数,且时,,即当n为偶数,且时,不成立,与题意矛盾,所以数列不能为等比数列.【点睛】本题主要考查数列的求和及数列的综合,数列求和时一般是结合通项公式的特征选取合适的求和方法,数列综合题要回归基本量,充分挖掘题目已知信息,细思细算,本题综合性较强,难度较大,侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.18、(1),圆的方程为:.(2)答案见解析【解析】

(1)根据题意,可知点的坐标为,即可求出的值,即可求出该圆的方程;(2)由题易知,直线的斜率存在且不为0,设的方程为,与抛物线联立方程组,根据,求得,化简解得,进而求得点的坐标为,分别求出,,利用向量的数量积为0,即可证出.【详解】解:(1)易知点的坐标为,所以,解得.又圆的圆心为,所以圆的方程为.(2)证明易知,直线的斜率存在且不为0,设的方程为,代入的方程,得.令,得,所以,解得.将代入的方程,得,即点的坐标为.所以,,.故.【点睛】本题考查抛物线的标准方程和圆的方程,考查直线和抛物线的位置关系,利用联立方程组、求交点坐标以及向量的数量积,考查解题能力和计算能力.19、(1)见解析(2)【解析】试题分析:(1)第(1)问,转化成证明平面,再转化成证明和.(2)第(2)问,先利用几何法找到与平面所成角,再根据与平面所成角的正弦值为求出再建立空间直角坐标系,求出二面角的余弦值.试题解析:(1)连接,因为四边形为菱形,所以.因为平面平面,平面平面,平面,,所以平面.又平面,所以.因为,所以.因为,所以平面.因为分别为,的中点,所以,所以平面(2)设,由(1)得平面.由,,得,.过点作,与的延长线交于点,取的中点,连接,,如图所示,又,所以为等边三角形,所以,又平面平面,平面平面,平面,故平面.因为为平行四边形,所以,所以平面.又因为,所以平面.因为,所以平面平面.由(1),得平面,所以平面,所以.因为,所以平面,所以是与平面所成角.因为,,所以平面,平面,因为,所以平面平面.所以,,解得.在梯形中,易证,分别以,,的正方向为轴,轴,轴的正方向建立空间直角坐标系.则,,,,,,由,及,得,所以,,.设平面的一个法向量为,由得令,得m=(3,1,2)设平面的一个法向量为,由得令,得.所以又因为二面角是钝角,所以二面角的余弦值是.20、(1)答案见解析(2)【解析】

(1)假设函数的图象与x轴相切于,根据相切可得方程组,看方程是否有解即可;(2)求出的导数,设(),根据函数的单调性及在处取得极大值求出a的范围即可.【详解】(1)函数的图象不能与x轴相切,理由若下:.假设函数的图象与x轴相切于则即显然,,代入中得,无实数解.故函数的图象不能与x轴相切.(2)(),,设(),恒大于零.在上单调递增.又,,,∴存在唯一,使,且时,时,①当时,恒成立,在单调递增,无极值,不合题意.②当时,可得当时,,当时,.所以在内单调递减,在内单调递增,所以在处取得极小值,不合题意.③当时,可得当时,,当时,.所以在内单调递增,在内单调递减,所以在处取得极大值,符合题意.此时由得即,综上可知,实数a的取值范围为

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