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文档简介

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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.设向量,满足,,,则的取值范围是A. B.C. D.2.某装饰公司制作一种扇形板状装饰品,其圆心角为120°,并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个,导线接头忽略不计),已知扇形的半径为30厘米,则连接导线最小大致需要的长度为()A.58厘米 B.63厘米 C.69厘米 D.76厘米3.陀螺是中国民间最早的娱乐工具,也称陀罗.如图,网格纸上小正方形的边长为,粗线画出的是某个陀螺的三视图,则该陀螺的表面积为()A. B.C. D.4.已知椭圆的右焦点为F,左顶点为A,点P椭圆上,且,若,则椭圆的离心率为()A. B. C. D.5.在中,点D是线段BC上任意一点,,,则()A. B.-2 C. D.26.设是双曲线的左、右焦点,若双曲线右支上存在一点,使(为坐标原点),且,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.7.已知函数是上的偶函数,且当时,函数是单调递减函数,则,,的大小关系是()A. B.C. D.8.已知角的顶点与坐标原点重合,始边与轴的非负半轴重合,若点在角的终边上,则()A. B. C. D.9.已知向量,,则向量在向量上的投影是()A. B. C. D.10.已知直线:与圆:交于,两点,与平行的直线与圆交于,两点,且与的面积相等,给出下列直线:①,②,③,④.其中满足条件的所有直线的编号有()A.①② B.①④ C.②③ D.①②④11.在区间上随机取一个数,使直线与圆相交的概率为()A. B. C. D.12.已知直线:()与抛物线:交于(坐标原点),两点,直线:与抛物线交于,两点.若,则实数的值为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知为等比数列,是它的前项和.若,且与的等差中项为,则__________.14.的展开式中,的系数是__________.(用数字填写答案)15.双曲线的焦点坐标是_______________,渐近线方程是_______________.16.已知函数,令,,若,表示不超过实数的最大整数,记数列的前项和为,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)已知函数.(1)讨论的单调性;(2)曲线在点处的切线斜率为.(i)求;(ii)若,求整数的最大值.18.(12分)2019年春节期间,某超市准备举办一次有奖促销活动,若顾客一次消费达到400元则可参加一次抽奖活动,超市设计了两种抽奖方案.方案一:一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球,其中10个红球,20个白球,搅拌均匀后,顾客从中随机抽取一个球,若抽到红球则顾客获得60元的返金券,若抽到白球则获得20元的返金券,且顾客有放回地抽取3次.方案二:一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球,其中10个红球,20个白球,搅拌均匀后,顾客从中随机抽取一个球,若抽到红球则顾客获得80元的返金券,若抽到白球则未中奖,且顾客有放回地抽取3次.(1)现有两位顾客均获得抽奖机会,且都按方案一抽奖,试求这两位顾客均获得180元返金券的概率;(2)若某顾客获得抽奖机会.①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望;②为了吸引顾客消费,让顾客获得更多金额的返金券,该超市应选择哪一种抽奖方案进行促销活动?19.(12分)已知都是大于零的实数.(1)证明;(2)若,证明.20.(12分)已知函数.(1)求不等式的解集;(2)若存在实数,使得不等式成立,求实数的取值范围.21.(12分)在平面直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数),直线与曲线交于两点.(1)求的长;(2)在以为极点,轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中,设点的极坐标为,求点到线段中点的距离.22.(10分)在平面直角坐标系xoy中,曲线C的方程为.以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为.(1)写出曲线C的极坐标方程,并求出直线l与曲线C的交点M,N的极坐标;(2)设P是椭圆上的动点,求面积的最大值.

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、B【解析】

由模长公式求解即可.【详解】,当时取等号,所以本题答案为B.【点睛】本题考查向量的数量积,考查模长公式,准确计算是关键,是基础题.2、B【解析】

由于实际问题中扇形弧长较小,可将导线的长视为扇形弧长,利用弧长公式计算即可.【详解】因为弧长比较短的情况下分成6等分,所以每部分的弦长和弧长相差很小,可以用弧长近似代替弦长,故导线长度约为63(厘米).故选:B.【点睛】本题主要考查了扇形弧长的计算,属于容易题.3、C【解析】

画出几何体的直观图,利用三视图的数据求解几何体的表面积即可,【详解】由题意可知几何体的直观图如图:上部是底面半径为1,高为3的圆柱,下部是底面半径为2,高为2的圆锥,几何体的表面积为:,故选:C【点睛】本题考查三视图求解几何体的表面积,判断几何体的形状是解题的关键.4、C【解析】

不妨设在第一象限,故,根据得到,解得答案.【详解】不妨设在第一象限,故,,即,即,解得,(舍去).故选:.【点睛】本题考查了椭圆的离心率,意在考查学生的计算能力.5、A【解析】

设,用表示出,求出的值即可得出答案.【详解】设由,,.故选:A【点睛】本题考查了向量加法、减法以及数乘运算,需掌握向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义,属于基础题.6、D【解析】

利用向量运算可得,即,由为的中位线,得到,所以,再根据双曲线定义即可求得离心率.【详解】取的中点,则由得,即;在中,为的中位线,所以,所以;由双曲线定义知,且,所以,解得,故选:D【点睛】本题综合考查向量运算与双曲线的相关性质,难度一般.7、D【解析】

利用对数函数的单调性可得,再根据的单调性和奇偶性可得正确的选项.【详解】因为,,故.又,故.因为当时,函数是单调递减函数,所以.因为为偶函数,故,所以.故选:D.【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性、单调性以及对数函数的单调性在大小比较中的应用,比较大小时注意选择合适的中间数来传递不等关系,本题属于中档题.8、D【解析】

由题知,又,代入计算可得.【详解】由题知,又.故选:D【点睛】本题主要考查了三角函数的定义,诱导公式,二倍角公式的应用求值.9、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.10、D【解析】

求出圆心到直线的距离为:,得出,根据条件得出到直线的距离或时满足条件,即可得出答案.【详解】解:由已知可得:圆:的圆心为(0,0),半径为2,则圆心到直线的距离为:,∴,而,与的面积相等,∴或,即到直线的距离或时满足条件,根据点到直线距离可知,①②④满足条件.故选:D.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用,涉及点到直线的距离公式.11、C【解析】

根据直线与圆相交,可求出k的取值范围,根据几何概型可求出相交的概率.【详解】因为圆心,半径,直线与圆相交,所以,解得所以相交的概率,故选C.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系,几何概型,属于中档题.12、D【解析】

设,,联立直线与抛物线方程,消去、列出韦达定理,再由直线与抛物线的交点求出点坐标,最后根据,得到方程,即可求出参数的值;【详解】解:设,,由,得,∵,解得或,∴,.又由,得,∴或,∴,∵,∴,又∵,∴代入解得.故选:D【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用,弦长公式的应用,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

设等比数列的公比为,根据题意求出和的值,进而可求得和的值,利用等比数列求和公式可求得的值.【详解】由等比数列的性质可得,,由于与的等差中项为,则,则,,,,,因此,.故答案为:.【点睛】本题考查等比数列求和,解答的关键就是等比数列的公比,考查计算能力,属于基础题.14、【解析】

根据组合的知识,结合组合数的公式,可得结果.【详解】由题可知:项来源可以是:(1)取1个,4个(2)取2个,3个的系数为:故答案为:【点睛】本题主要考查组合的知识,熟悉二项式定理展开式中每一项的来源,实质上每个因式中各取一项的乘积,转化为组合的知识,属中档题.15、【解析】

通过双曲线的标准方程,求解,,即可得到所求的结果.【详解】由双曲线,可得,,则,所以双曲线的焦点坐标是,渐近线方程为:.故答案为:;.【点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质的应用,考查了运算能力,属于容易题.16、4【解析】

根据导数的运算,结合数列的通项公式的求法,求得,,,进而得到,再利用放缩法和取整函数的定义,即可求解.【详解】由题意,函数,且,,可得,,又由,可得为常数列,且,数列表示首项为4,公差为2的等差数列,所以,其中数列满足,所以,所以,又由,可得数列的前n项和为,数列的前n项和为,所以数列的前项和为,满足,所以,即,又由表示不超过实数的最大整数,所以.故答案为:4.【点睛】本题主要考查了函数的导数的计算,以及等差数列的通项公式,累加法求解数列的通项公式,以及裂项法求数列的和的综合应用,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题.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)在上增;在上减;(2)(i);(ii)2【解析】

(1)求导求出,对分类讨论,求出的解,即可得出结论;(2)(i)由,求出的值;(ii)由(i)得所求问题转化为,恒成立,设,,只需,根据的单调性,即可求解.【详解】(1)当时,,即在上增;当时,,,,,即在上增;在上减;(2)(i),.(ⅱ),即,即,只需.当时,,在单调递增,所以满足题意;当时,,,,所以在上减,在上增,令,..在单调递减,所以所以在上单调递减,,综上可知,整数的最大值为.【点睛】本题考查函数导数的综合应用,涉及函数的单调性、导数的几何意义、极值最值、不等式恒成立,考查分类讨论思想,属于中档题.18、(1)(2)①②第一种抽奖方案.【解析】

(1)方案一中每一次摸到红球的概率为,每名顾客有放回的抽3次获180元返金劵的概率为,根据相互独立事件的概率可知两顾客都获得180元返金劵的概率(2)①分别计算方案一,方案二顾客获返金卷的期望,方案一列出分布列计算即可,方案二根据二项分布计算期望即可②根据①得出结论.【详解】(1)选择方案一,则每一次摸到红球的概率为设“每位顾客获得180元返金劵”为事件A,则所以两位顾客均获得180元返金劵的概率(2)①若选择抽奖方案一,则每一次摸到红球的概率为,每一次摸到白球的概率为.设获得返金劵金额为元,则可能的取值为60,100,140,180.则;;;.所以选择抽奖方案一,该顾客获得返金劵金额的数学期望为(元)若选择抽奖方案二,设三次摸球的过程中,摸到红球的次数为,最终获得返金劵的金额为元,则,故所以选择抽奖方案二,该顾客获得返金劵金额的数学期望为(元).②即,所以该超市应选择第一种抽奖方案【点睛】本题主要考查了古典概型,相互独立事件的概率,二项分布,期望,及概率知识在实际问题中的应用,属于中档题.19、(1)答案见解析.(2)答案见解析【解析】

(1)利用基本不等式可得,两式相加即可求解.(2)由(1)知,代入不等式,利用基本不等式即可求解.【详解】(1)两式相加得(2)由(1)知于是,.【点睛】本题考查了基本不等式的应用,属于基础题.20、(1);(2).【解析】

(1)将函数的解析式表示为分段函数,然后分、、三段求解不等式,综合可得出不等式的解集;(2)求出函数的最大值,由题意得出,解此不等式即可得出实数的取值范围.【详解】.(1)当时,由,解得,此时;当时,由,解得,此时;当时,由,解得,此时.综上所述,不等式的解集;(2)当时,函数单调递增,则;当时,函数单调递减,则,即;当时,函数单调递减,则.综上所述,函数的最大值为,由题知,,解得.因此,实数的取值范围是.【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解,同时也考查了绝对值不等式中的参数问题,考查分类讨论思想的应用,考查运算求解能力,属于中等题.21、(1);(2).【解析】

(1)将直线的参数方程化为直角坐标方程,由点到直线距离公式可求得圆心到直线距离,结合垂径定理即可求得的长;(2)将的极坐标化为直角坐标,将直线方程与圆的方程联立,求得直线与圆的两个交点坐标,由中点坐标公式求得的坐标,再根据两点间距离公式即可求得.【详解】(1)直线的参数方程为(为参数),化为直角坐标方程为,即直线与曲线交于两点.则圆心坐标为,半径为1,则由点到直线距离公式可知,所以.(2)点的极坐标为,化为直角坐标可得,直线的方程与曲线的方程联立,化简可得,解得,所以两点坐标为,所以,由两点间距离公式可得.【点睛】本

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