湛江市重点中学2022年高三数学第一学期期末考试试题含解析_第1页
湛江市重点中学2022年高三数学第一学期期末考试试题含解析_第2页
湛江市重点中学2022年高三数学第一学期期末考试试题含解析_第3页
湛江市重点中学2022年高三数学第一学期期末考试试题含解析_第4页
湛江市重点中学2022年高三数学第一学期期末考试试题含解析_第5页
已阅读5页,还剩15页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.如图,正方体中,,,,分别为棱、、、的中点,则下列各直线中,不与平面平行的是()A.直线 B.直线 C.直线 D.直线2.若,则,,,的大小关系为()A. B.C. D.3.已知锐角满足则()A. B. C. D.4.执行程序框图,则输出的数值为()A. B. C. D.5.已知三棱柱的所有棱长均相等,侧棱平面,过作平面与平行,设平面与平面的交线为,记直线与直线所成锐角分别为,则这三个角的大小关系为()A. B.C. D.6.把满足条件(1),,(2),,使得的函数称为“D函数”,下列函数是“D函数”的个数为()①②③④⑤A.1个 B.2个 C.3个 D.4个7.如果直线与圆相交,则点与圆C的位置关系是()A.点M在圆C上 B.点M在圆C外C.点M在圆C内 D.上述三种情况都有可能8.已知函数(,且)在区间上的值域为,则()A. B. C.或 D.或49.已知满足,,,则在上的投影为()A. B. C. D.210.已知复数z1=3+4i,z2=a+i,且z1是实数,则实数a等于()A. B. C.- D.-11.已知点是双曲线上一点,若点到双曲线的两条渐近线的距离之积为,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.212.已知命题:R,;命题:R,,则下列命题中为真命题的是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.某部队在训练之余,由同一场地训练的甲、乙、丙三队各出三人,组成小方阵开展游戏,则来自同一队的战士既不在同一行,也不在同一列的概率为______.14.设、满足约束条件,若的最小值是,则的值为__________.15.在的展开式中,的系数等于__.16.在三棱锥中,,,两两垂直且,点为的外接球上任意一点,则的最大值为______.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)已知定点,,直线、相交于点,且它们的斜率之积为,记动点的轨迹为曲线。(1)求曲线的方程;(2)过点的直线与曲线交于、两点,是否存在定点,使得直线与斜率之积为定值,若存在,求出坐标;若不存在,请说明理由。18.(12分)中的内角,,的对边分别是,,,若,.(1)求;(2)若,点为边上一点,且,求的面积.19.(12分)设函数.(1)时,求的单调区间;(2)当时,设的最小值为,若恒成立,求实数t的取值范围.20.(12分)数列满足,且.(1)证明:数列是等差数列,并求数列的通项公式;(2)求数列的前项和.21.(12分)已知函数有两个极值点,.(1)求实数的取值范围;(2)证明:.22.(10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.

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】

充分利用正方体的几何特征,利用线面平行的判定定理,根据判断A的正误.根据,判断B的正误.根据与相交,判断C的正误.根据,判断D的正误.【详解】在正方体中,因为,所以平面,故A正确.因为,所以,所以平面故B正确.因为,所以平面,故D正确.因为与相交,所以与平面相交,故C错误.故选:C【点睛】本题主要考查正方体的几何特征,线面平行的判定定理,还考查了推理论证的能力,属中档题.2、D【解析】因为,所以,因为,,所以,.综上;故选D.3、C【解析】

利用代入计算即可.【详解】由已知,,因为锐角,所以,,即.故选:C.【点睛】本题考查二倍角的正弦、余弦公式的应用,考查学生的运算能力,是一道基础题.4、C【解析】

由题知:该程序框图是利用循环结构计算并输出变量的值,计算程序框图的运行结果即可得到答案.【详解】,,,,,满足条件,,,,,满足条件,,,,,满足条件,,,,,满足条件,,,,,不满足条件,输出.故选:C【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构,属于简单题.5、B【解析】

利用图形作出空间中两直线所成的角,然后利用余弦定理求解即可.【详解】如图,,设为的中点,为的中点,由图可知过且与平行的平面为平面,所以直线即为直线,由题易知,的补角,分别为,设三棱柱的棱长为2,在中,,;在中,,;在中,,,.故选:B【点睛】本题主要考查了空间中两直线所成角的计算,考查了学生的作图,用图能力,体现了学生直观想象的核心素养.6、B【解析】

满足(1)(2)的函数是偶函数且值域关于原点对称,分别对所给函数进行验证.【详解】满足(1)(2)的函数是偶函数且值域关于原点对称,①不满足(2);②不满足(1);③不满足(2);④⑤均满足(1)(2).故选:B.【点睛】本题考查新定义函数的问题,涉及到函数的性质,考查学生逻辑推理与分析能力,是一道容易题.7、B【解析】

根据圆心到直线的距离小于半径可得满足的条件,利用与圆心的距离判断即可.【详解】直线与圆相交,圆心到直线的距离,即.也就是点到圆的圆心的距离大于半径.即点与圆的位置关系是点在圆外.故选:【点睛】本题主要考查直线与圆相交的性质,考查点到直线距离公式的应用,属于中档题.8、C【解析】

对a进行分类讨论,结合指数函数的单调性及值域求解.【详解】分析知,.讨论:当时,,所以,,所以;当时,,所以,,所以.综上,或,故选C.【点睛】本题主要考查指数函数的值域问题,指数函数的值域一般是利用单调性求解,侧重考查数学运算和数学抽象的核心素养.9、A【解析】

根据向量投影的定义,即可求解.【详解】在上的投影为.故选:A【点睛】本题考查向量的投影,属于基础题.10、A【解析】分析:计算,由z1,是实数得,从而得解.详解:复数z1=3+4i,z2=a+i,.所以z1,是实数,所以,即.故选A.点睛:本题主要考查了复数共轭的概念,属于基础题.11、A【解析】

设点的坐标为,代入椭圆方程可得,然后分别求出点到两条渐近线的距离,由距离之积为,并结合,可得到的齐次方程,进而可求出离心率的值.【详解】设点的坐标为,有,得.双曲线的两条渐近线方程为和,则点到双曲线的两条渐近线的距离之积为,所以,则,即,故,即,所以.故选:A.【点睛】本题考查双曲线的离心率,构造的齐次方程是解决本题的关键,属于中档题.12、B【解析】

根据,可知命题的真假,然后对取值,可得命题的真假,最后根据真值表,可得结果.【详解】对命题:可知,所以R,故命题为假命题命题:取,可知所以R,故命题为真命题所以为真命题故选:B【点睛】本题主要考查对命题真假的判断以及真值表的应用,识记真值表,属基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

分两步进行:首先,先排第一行,再排第二行,最后排第三行;其次,对每一行选人;最后,利用计算出概率即可.【详解】首先,第一行队伍的排法有种;第二行队伍的排法有2种;第三行队伍的排法有1种;然后,第一行的每个位置的人员安排有种;第二行的每个位置的人员安排有种;第三行的每个位置的人员安排有种.所以来自同一队的战士既不在同一行,也不在同一列的概率.故答案为:.【点睛】本题考查了分步计数原理,排列与组合知识,考查了转化能力,属于中档题.14、【解析】

画出满足条件的平面区域,求出交点的坐标,由得,显然直线过时,最小,代入求出的值即可.【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示:联立,解得,则点.由得,显然当直线过时,该直线轴上的截距最小,此时最小,,解得.故答案为:.【点睛】本题考查了简单的线性规划问题,考查数形结合思想,是一道中档题.15、7【解析】

由题,得,令,即可得到本题答案.【详解】由题,得,令,得x的系数.故答案为:7【点睛】本题主要考查二项式定理的应用,属基础题.16、【解析】

先根据三棱锥的几何性质,求出外接球的半径,结合向量的运算,将问题转化为求球体表面一点到外心距离最大的问题,即可求得结果.【详解】因为两两垂直且,故三棱锥的外接球就是对应棱长为2的正方体的外接球.且外接球的球心为正方体的体对角线的中点,如下图所示:容易知外接球半径为.设线段的中点为,故可得,故当取得最大值时,取得最大值.而当在同一个大圆上,且,点与线段在球心的异侧时,取得最大值,如图所示:此时,故答案为:.【点睛】本题考查球体的几何性质,几何体的外接球问题,涉及向量的线性运算以及数量积运算,属综合性困难题.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)存在定点,见解析【解析】

(1)设动点,则,利用,求出曲线的方程.(2)由已知直线过点,设的方程为,则联立方程组,消去得,设,,,利用韦达定理求解直线的斜率,然后求解指向性方程,推出结果.【详解】解:(1)设动点,则,,,即,化简得:。由已知,故曲线的方程为。(2)由已知直线过点,设的方程为,则联立方程组,消去得,设,,则又直线与斜率分别为,,则。当时,,;当时,,。所以存在定点,使得直线与斜率之积为定值。【点睛】本题考查轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系的综合应用,考查计算能力,属于中档题.18、(1)(2)10【解析】

(1)由二倍角的正弦公式以及正弦定理,可得,再根据二倍角的余弦公式计算即可;(2)由已知可得,利用余弦定理解出,由已知计算出与,再根据三角形的面积公式求出结果即可.【详解】(1),,在中,由正弦定理得,,又,,,(2),,,由余弦定理得,,则,化简得,,解得或(负值舍去),,,,,,的面积.【点睛】本题考查了三角形面积公式以及正弦定理、余弦定理的应用,考查了二倍角公式的应用,考查了运算能力,属于基础题.19、(1)的增区间为,减区间为;(2).【解析】

(1)求出函数的导数,由于参数的范围对导数的符号有影响,对参数分类,再研究函数的单调区间;(2)由(1)的结论,求出的表达式,由于恒成立,故求出的最大值,即得实数的取值范围的左端点.【详解】解:(1)解:,当时,,解得的增区间为,解得的减区间为.(2)解:若,由得,由得,所以函数的减区间为,增区间为;,因为,所以,,令,则恒成立,由于,当时,,故函数在上是减函数,所以成立;当时,若则,故函数在上是增函数,即对时,,与题意不符;综上,为所求.【点睛】本题考查导数在最大值与最小值问题中的应用,求解本题关键是根据导数研究出函数的单调性,由最值的定义得出函数的最值,本题中第一小题是求出函数的单调区间,第二小题是一个求函数的最值的问题,此类题运算量较大,转化灵活,解题时极易因为变形与运算出错,故做题时要认真仔细.20、(1)证明见解析,;(2)【解析】

(1)利用,推出,然后利用等差数列的通项公式,即可求解;(2)由(1)知,利用裂项法,即可求解数列的前n项和.【详解】(1)由题意,数列满足且可得,即,所以数列是公差,首项的等差数列,故,所以.(2)由(1)知,所以数列的前n项和:==【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式,以及“裂项法”求解数列的前n项和,其中解答中熟记等差数列的定义和通项公式,合理利用“裂项法”求和是解答的关键,着重考查了推理与运算能力.21、(1)(2)证明见解析【解析】

(1)先求得导函数,根据两个极值点可知有两个不等实根,构造函数,求得;讨论和两种情况,即可确定零点的情况,即可由零点的情况确定的取值范围;(2)根据极值点定义可知,,代入不等式化简变形后可知只需证明;构造函数,并求得,进而判断的单调区间,由题意可知,并设,构造函数,并求得,即可判断在内的单调性和最值,进而可得,即可由函数性质得,进而由单调性证明,即证明,从而证明原不等式成立.【详解】(1)函数则,因为存在两个极值点,,所以有两个不等实根.设,所以.①当时,,所以在上单调递增,至多有一个零点,不符合题意.②当时,令得,0减极小值增所以,即.又因为,,所以在区间和上各有一个零点,符合题意,综上,实数的取值范围为.(2)证明:由题意知,,所以,.要证明,只需证明,只需证明.因为,,所以.设,则,所以在上是增函数,在上是减函数.因为,不妨设,设,,则,当时,,,所以,所以在上是增函数,所以,所以,即.因为,所以,所以.因为,,且在上是减函数,所以,即,所以原命题成立,得证.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值点,由导数证明不等式,构造函数法的综合应用,极值点偏移证明不等式成立的应用,是高考的常考点和热点,属于难题.22、(1)

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论