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文档简介

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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.下图为一个正四面体的侧面展开图,为的中点,则在原正四面体中,直线与直线所成角的余弦值为()A. B.C. D.2.已知抛物线的焦点为,是抛物线上两个不同的点,若,则线段的中点到轴的距离为()A.5 B.3 C. D.23.若双曲线:绕其对称中心旋转后可得某一函数的图象,则的离心率等于()A. B. C.2或 D.2或4.函数的值域为()A. B. C. D.5.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.6746.已知等差数列中,,,则数列的前10项和()A.100 B.210 C.380 D.4007.在平行四边形中,若则()A. B. C. D.8.在直角梯形中,,,,,点为上一点,且,当的值最大时,()A. B.2 C. D.9.已知的面积是,,,则()A.5 B.或1 C.5或1 D.10.已知复数是纯虚数,其中是实数,则等于()A. B. C. D.11.著名的斐波那契数列:1,1,2,3,5,8,…,满足,,,若,则()A.2020 B.4038 C.4039 D.404012.已知函,,则的最小值为()A. B.1 C.0 D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设全集,,,则______.14.割圆术是估算圆周率的科学方法,由三国时期数学家刘徽创立,他用圆内接正多边形面积无限逼近圆面积,从而得出圆周率.现在半径为1的圆内任取一点,则该点取自其内接正十二边形内部的概率为________.15.如图,在正四棱柱中,P是侧棱上一点,且.设三棱锥的体积为,正四棱柱的体积为V,则的值为________.16.在中,内角所对的边分别为,若,的面积为,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)若恒成立,求实数的取值范围;(2)若方程有两个不同实根,,证明:.18.(12分)设函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)若恒成立,求的取值范围.19.(12分)已知三棱锥中侧面与底面都是边长为2的等边三角形,且面面,分别为线段的中点.为线段上的点,且.(1)证明:为线段的中点;(2)求二面角的余弦值.20.(12分)某健身馆为响应十九届四中全会提出的“聚焦增强人民体质,健全促进全民健身制度性举措”,提高广大市民对全民健身运动的参与程度,推出了健身促销活动,收费标准如下:健身时间不超过1小时免费,超过1小时的部分每小时收费标准为20元(不足l小时的部分按1小时计算).现有甲、乙两人各自独立地来该健身馆健身,设甲、乙健身时间不超过1小时的概率分别为,,健身时间1小时以上且不超过2小时的概率分别为,,且两人健身时间都不会超过3小时.(1)设甲、乙两人所付的健身费用之和为随机变量(单位:元),求的分布列与数学期望;(2)此促销活动推出后,健身馆预计每天约有300人来参与健身活动,以这两人健身费用之和的数学期望为依据,预测此次促销活动后健身馆每天的营业额.21.(12分)已知椭圆的左、右焦点分别为直线垂直于轴,垂足为,与抛物线交于不同的两点,且过的直线与椭圆交于两点,设且.(1)求点的坐标;(2)求的取值范围.22.(10分)试求曲线y=sinx在矩阵MN变换下的函数解析式,其中M,N.

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、C【解析】

将正四面体的展开图还原为空间几何体,三点重合,记作,取中点,连接,即为与直线所成的角,表示出三角形的三条边长,用余弦定理即可求得.【详解】将展开的正四面体折叠,可得原正四面体如下图所示,其中三点重合,记作:则为中点,取中点,连接,设正四面体的棱长均为,由中位线定理可得且,所以即为与直线所成的角,,由余弦定理可得,所以直线与直线所成角的余弦值为,故选:C.【点睛】本题考查了空间几何体中异面直线的夹角,将展开图折叠成空间几何体,余弦定理解三角形的应用,属于中档题.2、D【解析】

由抛物线方程可得焦点坐标及准线方程,由抛物线的定义可知,继而可求出,从而可求出的中点的横坐标,即为中点到轴的距离.【详解】解:由抛物线方程可知,,即,.设则,即,所以.所以线段的中点到轴的距离为.故选:D.【点睛】本题考查了抛物线的定义,考查了抛物线的方程.本题的关键是由抛物线的定义求得两点横坐标的和.3、C【解析】

由双曲线的几何性质与函数的概念可知,此双曲线的两条渐近线的夹角为,所以或,由离心率公式即可算出结果.【详解】由双曲线的几何性质与函数的概念可知,此双曲线的两条渐近线的夹角为,又双曲线的焦点既可在轴,又可在轴上,所以或,或.故选:C【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质,函数的概念,考查了分类讨论的数学思想.4、A【解析】

由计算出的取值范围,利用正弦函数的基本性质可求得函数的值域.【详解】,,,因此,函数的值域为.故选:A.【点睛】本题考查正弦型函数在区间上的值域的求解,解答的关键就是求出对象角的取值范围,考查计算能力,属于基础题.5、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.6、B【解析】

设公差为,由已知可得,进而求出的通项公式,即可求解.【详解】设公差为,,,,.故选:B.【点睛】本题考查等差数列的基本量计算以及前项和,属于基础题.7、C【解析】

由,,利用平面向量的数量积运算,先求得利用平行四边形的性质可得结果.【详解】如图所示,

平行四边形中,,

,,,

因为,

所以

,

,所以,故选C.【点睛】本题主要考查向量的几何运算以及平面向量数量积的运算法则,属于中档题.向量的运算有两种方法:(1)平行四边形法则(平行四边形的对角线分别是两向量的和与差);(2)三角形法则(两箭头间向量是差,箭头与箭尾间向量是和).8、B【解析】

由题,可求出,所以,根据共线定理,设,利用向量三角形法则求出,结合题给,得出,进而得出,最后利用二次函数求出的最大值,即可求出.【详解】由题意,直角梯形中,,,,,可求得,所以·∵点在线段上,设,则,即,又因为所以,所以,当时,等号成立.所以.故选:B.【点睛】本题考查平面向量线性运算中的加法运算、向量共线定理,以及运用二次函数求最值,考查转化思想和解题能力.9、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.10、A【解析】

对复数进行化简,由于为纯虚数,则化简后的复数形式中,实部为0,得到的值,从而得到复数.【详解】因为为纯虚数,所以,得所以.故选A项【点睛】本题考查复数的四则运算,纯虚数的概念,属于简单题.11、D【解析】

计算,代入等式,根据化简得到答案.【详解】,,,故,,故.故选:.【点睛】本题考查了斐波那契数列,意在考查学生的计算能力和应用能力.12、B【解析】

,利用整体换元法求最小值.【详解】由已知,又,,故当,即时,.故选:B.【点睛】本题考查整体换元法求正弦型函数的最值,涉及到二倍角公式的应用,是一道中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

先求出集合,,然后根据交集、补集的定义求解即可.【详解】解:,或;∴;∴.故答案为:.【点睛】本题主要考查集合的交集、补集运算,属于基础题.14、【解析】

求出圆内接正十二边形的面积和圆的面积,再用几何概型公式求出即可.【详解】半径为1的圆内接正十二边形,可分割为12个顶角为,腰为1的等腰三角形,∴该正十二边形的面积为,根据几何概型公式,该点取自其内接正十二边形的概率为,故答案为:.【点睛】本小题主要考查面积型几何概型的计算,属于基础题.15、【解析】

设正四棱柱的底面边长,高,再根据柱体、锥体的体积公式计算可得.【详解】解:设正四棱柱的底面边长,高,则,即故答案为:【点睛】本题考查柱体、锥体的体积计算,属于基础题.16、【解析】

由已知及正弦定理,三角函数恒等变换的应用可得,从而求得,结合范围,即可得到答案运用余弦定理和三角形面积公式,结合完全平方公式,即可得到答案【详解】由已知及正弦定理可得,可得:解得,即,由面积公式可得:,即由余弦定理可得:即有解得【点睛】本题主要考查了运用正弦定理、余弦定理和面积公式解三角形,题目较为基础,只要按照题意运用公式即可求出答案三、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)详见解析【解析】

(1)将原不等式转化为,构造函数,求得的最大值即可;

(2)首先通过求导判断的单调区间,考查两根的取值范围,再构造函数,将问题转化为证明,探究在区间内的最大值即可得证.【详解】解:(1)由,即,即,令,则只需,,令,得,在上单调递增,在上单调递减,,的取值范围是;(2)证明:不妨设,当时,单调递增,当时,单调递减,,当时,,,要证,即证,由在上单调递增,只需证明,由,只需证明,令,,只需证明,易知,由,故,,从而在上单调递增,由,故当时,,故,证毕.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性,最值等,关键是要对问题进行转化,比如把恒成立问题转化为最值问题,把根的个数问题转化为图像的交点个数,进而转化为证明不等式的问题,属难题.18、(1);(2).【解析】

分析:(1)先根据绝对值几何意义将不等式化为三个不等式组,分别求解,最后求并集,(2)先化简不等式为,再根据绝对值三角不等式得最小值,最后解不等式得的取值范围.详解:(1)当时,可得的解集为.(2)等价于.而,且当时等号成立.故等价于.由可得或,所以的取值范围是.点睛:含绝对值不等式的解法有两个基本方法,一是运用零点分区间讨论,二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论思想,法二是运用数形结合思想,将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透,解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用,这是命题的新动向.19、(1)见解析;(2)【解析】

(1)设为中点,连结,先证明,可证得,假设不为线段的中点,可得平面,这与矛盾,即得证;(2)以为原点,以分别为轴建立空间直角坐标系,分别求解平面,平面的法向量的法向量,利用二面角的向量公式,即得解.【详解】(1)设为中点,连结.∴,,又平面,平面,∴.又分别为中点,,又,∴.假设不为线段的中点,则与是平面内内的相交直线,从而平面,这与矛盾,所以为线段的中点.(2)以为原点,由条件面面,∴,以分别为轴建立空间直角坐标系,则,,,,,,.设平面的法向量为所以取,则,.同法可求得平面的法向量为∴,由图知二面角为锐二面角,二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了立体几何与空间向量综合,考查了学生逻辑推理,空间想象,数学运算的能力,属于中档题.20、(1)见解析,40元(2)6000元【解析】

(1)甲、乙两人所付的健身费用都是0元、20元、40元三种情况,因此甲、乙两人所付的健身费用之和共有9种情况,分情况计算即可(2)根据(1)结果求均值.【详解】解:(1)由题设知可能取值为0,20,40,60,80,则;;;;.故的分布列为:020406080所以数学期望(元)(2)此次促销活动后健身馆每天的营业额预计为:(元)【点睛】考查离散型随机变量的分布列及其期望的求法,中档题.21、(1);(2).【解析】

(1)设出的坐标,代入,结合在抛物线上,求得两点的横坐标,进而求得点的坐标.(2)设出直线的方程,联立直线的方程和椭圆方程,写出韦达定理,结合,求得的表达式,结合二次函数的性质求得的取值范围.【详解】(1)可知,设则,又,所以解得所以.

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