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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.已知集合,集合,则().A. B.C. D.2.已知复数(1+i)(a+i)为纯虚数(i为虚数单位),则实数a=()A.-1 B.1 C.0 D.23.已知函数,,若对任意的总有恒成立,记的最小值为,则最大值为()A.1 B. C. D.4.设曲线在点处的切线方程为,则()A.1 B.2 C.3 D.45.已知函数.下列命题:①函数的图象关于原点对称;②函数是周期函数;③当时,函数取最大值;④函数的图象与函数的图象没有公共点,其中正确命题的序号是()A.①④ B.②③ C.①③④ D.①②④6.设数列是等差数列,,.则这个数列的前7项和等于()A.12 B.21 C.24 D.367.已知集合,,若,则()A. B. C. D.8.已知数列的前项和为,且,,则()A. B. C. D.9.棱长为2的正方体内有一个内切球,过正方体中两条异面直线,的中点作直线,则该直线被球面截在球内的线段的长为()A. B. C. D.110.在中,点D是线段BC上任意一点,,,则()A. B.-2 C. D.211.已知函数,若,则的取值范围是()A. B. C. D.12.已知向量,,则与共线的单位向量为()A. B.C.或 D.或二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如图,在平面四边形中,点,是椭圆短轴的两个端点,点在椭圆上,,记和的面积分别为,,则______.14.若变量,满足约束条件,则的最大值为__________.15.已知数列的前项和为,且满足,则______16.如图,某地一天从时的温度变化曲线近似满足函数,则这段曲线的函数解析式为______________.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)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表:最高气温[10,15)[15,20)[20,25)[25,30)[30,35)[35,40)天数216362574以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.(1)求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率;(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元),当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时,写出Y的所有可能值,并估计Y大于零的概率.18.(12分)已知三棱锥中,为等腰直角三角形,,设点为中点,点为中点,点为上一点,且.(1)证明:平面;(2)若,求直线与平面所成角的正弦值.19.(12分)过点P(-4,0)的动直线l与抛物线相交于D、E两点,已知当l的斜率为时,.(1)求抛物线C的方程;(2)设的中垂线在轴上的截距为,求的取值范围.20.(12分)如图,在四棱锥中,底面是矩形,四条侧棱长均相等.(1)求证:平面;(2)求证:平面平面.21.(12分)如图是圆的直径,垂直于圆所在的平面,为圆周上不同于的任意一点(1)求证:平面平面;(2)设为的中点,为上的动点(不与重合)求二面角的正切值的最小值22.(10分)如图,两座建筑物AB,CD的底部都在同一个水平面上,且均与水平面垂直,它们的高度分别是10m和20m,从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的视角∠CAD=60°.(1)求BC的长度;(2)在线段BC上取一点P(点P与点B,C不重合),从点P看这两座建筑物的视角分别为∠APB=α,∠DPC=β,问点P在何处时,α+β最小?
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】
算出集合A、B及,再求补集即可.【详解】由,得,所以,又,所以,故或.故选:A.【点睛】本题考查集合的交集、补集运算,考查学生的基本运算能力,是一道基础题.2、B【解析】
化简得到z=a-1+a+1【详解】z=1+ia+i=a-1+a+1i为纯虚数,故a-1=0故选:B.【点睛】本题考查了根据复数类型求参数,意在考查学生的计算能力.3、C【解析】
对任意的总有恒成立,因为,对恒成立,可得,令,可得,结合已知,即可求得答案.【详解】对任意的总有恒成立,对恒成立,令,可得令,得当,当,,故令,得当时,当,当时,故选:C.【点睛】本题主要考查了根据不等式恒成立求最值问题,解题关键是掌握不等式恒成立的解法和导数求函数单调性的解法,考查了分析能力和计算能力,属于难题.4、D【解析】
利用导数的几何意义得直线的斜率,列出a的方程即可求解【详解】因为,且在点处的切线的斜率为3,所以,即.故选:D【点睛】本题考查导数的几何意义,考查运算求解能力,是基础题5、A【解析】
根据奇偶性的定义可判断出①正确;由周期函数特点知②错误;函数定义域为,最值点即为极值点,由知③错误;令,在和两种情况下知均无零点,知④正确.【详解】由题意得:定义域为,,为奇函数,图象关于原点对称,①正确;为周期函数,不是周期函数,不是周期函数,②错误;,,不是最值,③错误;令,当时,,,,此时与无交点;当时,,,,此时与无交点;综上所述:与无交点,④正确.故选:.【点睛】本题考查函数与导数知识的综合应用,涉及到函数奇偶性和周期性的判断、函数最值的判断、两函数交点个数问题的求解;本题综合性较强,对于学生的分析和推理能力有较高要求.6、B【解析】
根据等差数列的性质可得,由等差数列求和公式可得结果.【详解】因为数列是等差数列,,所以,即,又,所以,,故故选:B【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式,性质,等差数列的和,属于中档题.7、A【解析】
由,得,代入集合B即可得.【详解】,,,即:,故选:A【点睛】本题考查了集合交集的含义,也考查了元素与集合的关系,属于基础题.8、C【解析】
根据已知条件判断出数列是等比数列,求得其通项公式,由此求得.【详解】由于,所以数列是等比数列,其首项为,第二项为,所以公比为.所以,所以.故选:C【点睛】本小题主要考查等比数列的证明,考查等比数列通项公式,属于基础题.9、C【解析】
连结并延长PO,交对棱C1D1于R,则R为对棱的中点,取MN的中点H,则OH⊥MN,推导出OH∥RQ,且OH=RQ=,由此能求出该直线被球面截在球内的线段的长.【详解】如图,MN为该直线被球面截在球内的线段连结并延长PO,交对棱C1D1于R,则R为对棱的中点,取MN的中点H,则OH⊥MN,∴OH∥RQ,且OH=RQ=,∴MH===,∴MN=.故选:C.【点睛】本题主要考查该直线被球面截在球内的线段的长的求法,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,是中档题.10、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.11、B【解析】
对分类讨论,代入解析式求出,解不等式,即可求解.【详解】函数,由得或解得.故选:B.【点睛】本题考查利用分段函数性质解不等式,属于基础题.12、D【解析】
根据题意得,设与共线的单位向量为,利用向量共线和单位向量模为1,列式求出即可得出答案.【详解】因为,,则,所以,设与共线的单位向量为,则,解得或所以与共线的单位向量为或.故选:D.【点睛】本题考查向量的坐标运算以及共线定理和单位向量的定义.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
依题意易得A、B、C、D四点共圆且圆心在x轴上,然后设出圆心,由圆的方程与椭圆方程联立得到B的横坐标,进一步得到D横坐标,再由计算比值即可.【详解】因为,所以A、B、C、D四点共圆,直径为,又A、C关于x轴对称,所以圆心E在x轴上,设圆心E为,则圆的方程为,联立椭圆方程消y得,解得,故B的横坐标为,又B、D中点是E,所以D的横坐标为,故.故答案为:.【点睛】本题考查椭圆中的四点共圆及三角形面积之比的问题,考查学生基本计算能力及转化与化归思想,本题关键是求出B、D横坐标,是一道有区分度的压轴填空题.14、【解析】
根据约束条件可以画出可行域,从而将问题转化为直线在轴截距最大的问题的求解,通过数形结合的方式可确定过时,取最大值,代入可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示:将化为,则最大时,直线在轴截距最大;由直线平移可知,当过时,在轴截距最大,由得:,.故答案为:.【点睛】本题考查线性规划中最值问题的求解,关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值的求解问题,通过数形结合的方式可求得结果.15、【解析】
对题目所给等式进行赋值,由此求得的表达式,判断出数列是等比数列,由此求得的值.【详解】解:,可得时,,时,,又,两式相减可得,即,上式对也成立,可得数列是首项为1,公比为的等比数列,可得.【点睛】本小题主要考查已知求,考查等比数列前项和公式,属于中档题.16、,【解析】
根据图象得出该函数的最大值和最小值,可得,,结合图象求得该函数的最小正周期,可得出,再将点代入函数解析式,求出的值,即可求得该函数的解析式.【详解】由图象可知,,,,,从题图中可以看出,从时是函数的半个周期,则,.又,,得,取,所以,.故答案为:,.【点睛】本题考查由图象求函数解析式,考查计算能力,属于中等题.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).(2).【解析】
(1)由前三年六月份各天的最高气温数据,求出最高气温位于区间[20,25)和最高气温低于20的天数,由此能求出六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率.(2)当温度大于等于25℃时,需求量为500,求出Y=900元;当温度在[20,25)℃时,需求量为300,求出Y=300元;当温度低于20℃时,需求量为200,求出Y=﹣100元,从而当温度大于等于20时,Y>0,由此能估计估计Y大于零的概率.【详解】解:(1)由前三年六月份各天的最高气温数据,得到最高气温位于区间[20,25)和最高气温低于20的天数为2+16+36=54,根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶,如果最高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶,如果最高气温低于20,需求量为200瓶,∴六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率p.(2)当温度大于等于25℃时,需求量为500,Y=450×2=900元,当温度在[20,25)℃时,需求量为300,Y=300×2﹣(450﹣300)×2=300元,当温度低于20℃时,需求量为200,Y=400﹣(450﹣200)×2=﹣100元,当温度大于等于20时,Y>0,由前三年六月份各天的最高气温数据,得当温度大于等于20℃的天数有:90﹣(2+16)=72,∴估计Y大于零的概率P.【点睛】本题考查概率的求法,考查利润的所有可能取值的求法,考查函数、古典概型等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,考查数形结合思想、化归与转化思想,是中档题.18、(1)证明见解析;(2)【解析】
(1)连接交于点,连接,通过证,并说明平面,来证明平面(2)采用建系法以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,分别表示出对应的点坐标,设平面的一个法向量为,结合直线对应的和法向量,利用向量夹角的余弦公式进行求解即可【详解】证明:如图,连接交于点,连接,点为的中点,点为的中点,点为的重心,则,,,又平面,平面,平面;,,,,,,可得,又,则以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,则,,,,,,.设平面的一个法向量为,由,取,得.设直线与平面所成角为,则.直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的判定定理的使用,利用建系法来求解线面夹角问题,整体难度不大,本题中的线面夹角的正弦值公式使用广泛,需要识记19、;【解析】
根据题意,求出直线方程并与抛物线方程联立,利用韦达定理,结合,即可求出抛物线C的方程;设,的中点为,把直线l方程与抛物线方程联立,利用判别式求出的取值范围,利用韦达定理求出,进而求出的中垂线方程,即可求得在轴上的截距的表达式,然后根据的取值范围求解即可.【详解】由题意可知,直线l的方程为,与抛物线方程方程联立可得,,设,由韦达定理可得,,因为,,所以,解得,所以抛物线C的方程为;设,的中点为,由,消去可得,所以判别式,解得或,由韦达定理可得,,所以的中垂线方程为,令则,因为或,所以即为所求.【点睛】本题考查抛物线的标准方程和直线与抛物线的位置关系,考查向量知识的运用;考查学生分析问题、解决问题的能力和运算求解能力;属于中档题.20、(1)证明见解析;(2)证明见解析.【解析】
证明:(1)在矩形中,,又平面,平面,所以平面.(2)连结,交于点,连结,在矩形中,点为的中点,又,故,,又,平面,所以平面,又平面
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