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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.已知复数z1=3+4i,z2=a+i,且z1是实数,则实数a等于()A. B. C.- D.-2.一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体,小圆柱底面半径为,大圆柱底面半径为,如图1放置容器时,液面以上空余部分的高为,如图2放置容器时,液面以上空余部分的高为,则()A. B. C. D.3.关于函数有下述四个结论:()①是偶函数;②在区间上是单调递增函数;③在上的最大值为2;④在区间上有4个零点.其中所有正确结论的编号是()A.①②④ B.①③ C.①④ D.②④4.在中,内角所对的边分别为,若依次成等差数列,则()A.依次成等差数列 B.依次成等差数列C.依次成等差数列 D.依次成等差数列5.已知复数z满足(其中i为虚数单位),则复数z的虚部是()A. B.1 C. D.i6.已知函数有两个不同的极值点,,若不等式有解,则的取值范围是()A. B.C. D.7.已知甲、乙两人独立出行,各租用共享单车一次(假定费用只可能为、、元).甲、乙租车费用为元的概率分别是、,甲、乙租车费用为元的概率分别是、,则甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为()A. B. C. D.8.中,,为的中点,,,则()A. B. C. D.29.已知直线与圆有公共点,则的最大值为()A.4 B. C. D.10.已知正方体的棱长为2,点为棱的中点,则平面截该正方体的内切球所得截面面积为()A. B. C. D.11.若,,则的值为()A. B. C. D.12.设过抛物线上任意一点(异于原点)的直线与抛物线交于两点,直线与抛物线的另一个交点为,则()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知数列中,为其前项和,,,则_________,_________.14.已知一组数据,1,0,,的方差为10,则________15.如图是九位评委打出的分数的茎叶统计图,去掉一个最高分和一个最低分后,所剩数据的平均分为_______.16.已知函数在点处的切线经过原点,函数的最小值为,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)在数列中,,(1)求数列的通项公式;(2)若存在,使得成立,求实数的最小值18.(12分)在中,.(1)求的值;(2)点为边上的动点(不与点重合),设,求的取值范围.19.(12分)在如图所示的多面体中,四边形是矩形,梯形为直角梯形,平面平面,且,,.(1)求证:平面.(2)求二面角的大小.20.(12分)设数列的前n项和满足,,,(1)证明:数列是等差数列,并求其通项公式﹔(2)设,求证:.21.(12分)已知函数.(1)若函数,试讨论的单调性;(2)若,,求的取值范围.22.(10分)已知函数,(其中,).(1)求函数的最小值.(2)若,求证:.
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】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.2、B【解析】
根据空余部分体积相等列出等式即可求解.【详解】在图1中,液面以上空余部分的体积为;在图2中,液面以上空余部分的体积为.因为,所以.故选:B【点睛】本题考查圆柱的体积,属于基础题.3、C【解析】
根据函数的奇偶性、单调性、最值和零点对四个结论逐一分析,由此得出正确结论的编号.【详解】的定义域为.由于,所以为偶函数,故①正确.由于,,所以在区间上不是单调递增函数,所以②错误.当时,,且存在,使.所以当时,;由于为偶函数,所以时,所以的最大值为,所以③错误.依题意,,当时,,所以令,解得,令,解得.所以在区间,有两个零点.由于为偶函数,所以在区间有两个零点.故在区间上有4个零点.所以④正确.综上所述,正确的结论序号为①④.故选:C【点睛】本小题主要考查三角函数的奇偶性、单调性、最值和零点,考查化归与转化的数学思想方法,属于中档题.4、C【解析】
由等差数列的性质、同角三角函数的关系以及两角和的正弦公式可得,由正弦定理可得,再由余弦定理可得,从而可得结果.【详解】依次成等差数列,,正弦定理得,由余弦定理得,,即依次成等差数列,故选C.【点睛】本题主要考查等差数列的定义、正弦定理、余弦定理,属于难题.解三角形时,有时可用正弦定理,有时也可用余弦定理,应注意用哪一个定理更方便、简捷.如果式子中含有角的余弦或边的二次式,要考虑用余弦定理;如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时,则考虑用正弦定理;以上特征都不明显时,则要考虑两个定理都有可能用到.5、A【解析】
由虚数单位i的运算性质可得,则答案可求.【详解】解:∵,∴,,则化为,∴z的虚部为.故选:A.【点睛】本题考查了虚数单位i的运算性质、复数的概念,属于基础题.6、C【解析】
先求导得(),由于函数有两个不同的极值点,,转化为方程有两个不相等的正实数根,根据,,,求出的取值范围,而有解,通过分裂参数法和构造新函数,通过利用导数研究单调性、最值,即可得出的取值范围.【详解】由题可得:(),因为函数有两个不同的极值点,,所以方程有两个不相等的正实数根,于是有解得.若不等式有解,所以因为.设,,故在上单调递增,故,所以,所以的取值范围是.故选:C.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性、最值来求参数取值范围,以及运用分离参数法和构造函数法,还考查分析和计算能力,有一定的难度.7、B【解析】
甲、乙两人所扣租车费用相同即同为1元,或同为2元,或同为3元,由独立事件的概率公式计算即得.【详解】由题意甲、乙租车费用为3元的概率分别是,∴甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为.故选:B.【点睛】本题考查独立性事件的概率.掌握独立事件的概率乘法公式是解题基础.8、D【解析】
在中,由正弦定理得;进而得,在中,由余弦定理可得.【详解】在中,由正弦定理得,得,又,所以为锐角,所以,,在中,由余弦定理可得,.故选:D【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用,考查了学生的运算求解能力.9、C【解析】
根据表示圆和直线与圆有公共点,得到,再利用二次函数的性质求解.【详解】因为表示圆,所以,解得,因为直线与圆有公共点,所以圆心到直线的距离,即,解得,此时,因为,在递增,所以的最大值.故选:C【点睛】本题主要考查圆的方程,直线与圆的位置关系以及二次函数的性质,还考查了运算求解的能力,属于中档题.10、A【解析】
根据球的特点可知截面是一个圆,根据等体积法计算出球心到平面的距离,由此求解出截面圆的半径,从而截面面积可求.【详解】如图所示:设内切球球心为,到平面的距离为,截面圆的半径为,因为内切球的半径等于正方体棱长的一半,所以球的半径为,又因为,所以,又因为,所以,所以,所以截面圆的半径,所以截面圆的面积为.故选:A.【点睛】本题考查正方体的内切球的特点以及球的截面面积的计算,难度一般.任何一个平面去截球,得到的截面一定是圆面,截面圆的半径可通过球的半径以及球心到截面的距离去计算.11、A【解析】
取,得到,取,则,计算得到答案.【详解】取,得到;取,则.故.故选:.【点睛】本题考查了二项式定理的应用,取和是解题的关键.12、C【解析】
画出图形,将三角形面积比转为线段长度比,进而转为坐标的表达式。写出直线方程,再联立方程组,求得交点坐标,最后代入坐标,求得三角形面积比.【详解】作图,设与的夹角为,则中边上的高与中边上的高之比为,,设,则直线,即,与联立,解得,从而得到面积比为.故选:【点睛】解决本题主要在于将面积比转化为线段长的比例关系,进而联立方程组求解,是一道不错的综合题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、8(写为也得分)【解析】
由,得,.当时,,所以,所以的奇数项是以1为首项,以2为公比的等比数列;其偶数项是以2为首项,以2为公比的等比数列.则,.14、7或【解析】
依据方差公式列出方程,解出即可.【详解】,1,0,,的平均数为,所以解得或.【点睛】本题主要考查方差公式的应用.15、1【解析】
写出茎叶图对应的所有的数,去掉最高分,最低分,再求平均分.【详解】解:所有的数为:77,78,82,84,84,86,88,93,94,共9个数,去掉最高分,最低分,剩下78,82,84,84,86,88,93,共7个数,平均分为,故答案为1.【点睛】本题考查茎叶图及平均数的计算,属于基础题.16、0【解析】
求出,求出切线点斜式方程,原点坐标代入,求出的值,求,求出单调区间,进而求出极小值最小值,即可求解.【详解】,,,切线的方程:,又过原点,所以,,,.当时,;当时,.故函数的最小值,所以.故答案为:0.【点睛】本题考查导数的应用,涉及到导数的几何意义、极值最值,属于中档题..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)由得,两式相减可得是从第二项开始的等比数列,由此即可求出答案;(2),分类讨论,当时,,作商法可得数列为递增数列,由此可得答案,【详解】解:(1)因为,,两式相减得:,即,是从第二项开始的等比数列,∵∴,则,;(2),当时,;当时,设递增,,所以实数的最小值.【点睛】本题主要考查地推数列的应用,属于中档题.18、(1)(2)【解析】
(1)先利用同角的三角函数关系求得,再由求解即可;(2)在中,由正弦定理可得,则,再由求解即可.【详解】解:(1)在中,,所以,所以(2)由(1)可知,所以,在中,因为,所以,因为,所以,所以.【点睛】本题考查已知三角函数值求值,考查正弦定理的应用.19、(1)见解析;(2)【解析】
(1)根据面面垂直性质及线面垂直性质,可证明;由所给线段关系,结合勾股定理逆定理,可证明,进而由线面垂直的判定定理证明平面.(2)建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标,并求得平面和平面的法向量,由空间向量法求得两个平面夹角的余弦值,结合图形即可求得二面角的大小.【详解】(1)证明:∵平面平面ABEG,且,∴平面,∴,由题意可得,∴,∵,且,∴平面.(2)如图所示,建立空间直角坐标系,则,,,,,,.设平面的法向量是,则,令,,由(1)可知平面的法向量是,∴,由图可知,二面角为钝二面角,所以二面角的大小为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定,面面垂直及线面垂直的性质应用,空间向量法求二面角的大小,属于中档题.20、(1)证明见解析,;(2)证明见解析【解析】
(1)由,作差得到,进一步得到,再作差即可得到,从而使问题得到解决;(2),求和即可.【详解】(1),,两式相减:①用换,得②②—①,得,即,所以数列是等差数列,又,∴,,公差,所以.(II).【点睛】本题考查由与的关系求通项以及裂项相消法求数列的和,考查学生的计算能力,是一道容易题.21、(1)答案不唯一,具体见解析(2)【解析】
(1)由于函数,得出,分类讨论当和时,的正负,进而得出的单调性;(2)求出,令,得,设,通过导函数,可得出在上的单调性和值域,再分类讨论和时,的单调性,再结合,恒成立,即可求出的取值范围.【详解】解:(1)因为,所以,①当时,,在上单调递减.②当时,令,则;令,则,所以在单调递增,在上单调递减.综上所述,当时,在上单调递减;当时,在上单调递增,在上单调递减.(2)因为,可知,,令,得.设,则.当时,,在上单调递增,所以在上的值域是,即.当时,没有实根,且,在上单调递减,,符合题意.当时,,所以有唯一实根,当时,,在上单调递增,,不符合题意.综上,,即的取值范围为.【点睛】
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