2022-2023学年山西省大同市云冈区数学高三上期末调研试题含解析_第1页
2022-2023学年山西省大同市云冈区数学高三上期末调研试题含解析_第2页
2022-2023学年山西省大同市云冈区数学高三上期末调研试题含解析_第3页
2022-2023学年山西省大同市云冈区数学高三上期末调研试题含解析_第4页
2022-2023学年山西省大同市云冈区数学高三上期末调研试题含解析_第5页
已阅读5页,还剩16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.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.《易经》包含着很多哲理,在信息学、天文学中都有广泛的应用,《易经》的博大精深,对今天的几何学和其它学科仍有深刻的影响.下图就是易经中记载的几何图形——八卦田,图中正八边形代表八卦,中间的圆代表阴阳太极图,八块面积相等的曲边梯形代表八卦田.已知正八边形的边长为,阴阳太极图的半径为,则每块八卦田的面积约为()A. B.C. D.2.二项式的展开式中,常数项为()A. B.80 C. D.1603.已知是边长为的正三角形,若,则A. B.C. D.4.已知函数,为图象的对称中心,若图象上相邻两个极值点,满足,则下列区间中存在极值点的是()A. B. C. D.5.如果实数满足条件,那么的最大值为()A. B. C. D.6.正的边长为2,将它沿边上的高翻折,使点与点间的距离为,此时四面体的外接球表面积为()A. B. C. D.7.己知函数的图象与直线恰有四个公共点,其中,则()A. B.0 C.1 D.8.下列函数中,图象关于轴对称的为()A. B.,C. D.9.已知复数满足(是虚数单位),则=()A. B. C. D.10.已知点,是函数的函数图像上的任意两点,且在点处的切线与直线AB平行,则()A.,b为任意非零实数 B.,a为任意非零实数C.a、b均为任意实数 D.不存在满足条件的实数a,b11.若的展开式中的系数为150,则()A.20 B.15 C.10 D.2512.已知集合,,则A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如图,网格纸上小正方形的边长为,粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为________.14.在正方体中,分别为棱的中点,则直线与直线所成角的正切值为_________.15.已知,满足约束条件则的最大值为__________.16.已知,则________.(填“>”或“=”或“<”).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)为了响应国家号召,促进垃圾分类,某校组织了高三年级学生参与了“垃圾分类,从我做起”的知识问卷作答随机抽出男女各20名同学的问卷进行打分,作出如图所示的茎叶图,成绩大于70分的为“合格”.(Ⅰ)由以上数据绘制成2×2联表,是否有95%以上的把握认为“性别”与“问卷结果”有关?男女总计合格不合格总计(Ⅱ)从上述样本中,成绩在60分以下(不含60分)的男女学生问卷中任意选2个,记来自男生的个数为,求的分布列及数学期望.附:0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.82818.(12分)已知,如图,曲线由曲线:和曲线:组成,其中点为曲线所在圆锥曲线的焦点,点为曲线所在圆锥曲线的焦点.(Ⅰ)若,求曲线的方程;(Ⅱ)如图,作直线平行于曲线的渐近线,交曲线于点,求证:弦的中点必在曲线的另一条渐近线上;(Ⅲ)对于(Ⅰ)中的曲线,若直线过点交曲线于点,求面积的最大值.19.(12分)如图,三棱柱中,侧面为菱形,.(1)求证:平面;(2)若,求二面角的余弦值.20.(12分)已知函数的图象向左平移后与函数图象重合.(1)求和的值;(2)若函数,求的单调递增区间及图象的对称轴方程.21.(12分)如图,四棱锥中,四边形是矩形,,,为正三角形,且平面平面,、分别为、的中点.(1)证明:平面;(2)求几何体的体积.22.(10分)已知数列是各项均为正数的等比数列,,且,,成等差数列.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)设,为数列的前项和,记,证明:.

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】

由图利用三角形的面积公式可得正八边形中每个三角形的面积,再计算出圆面积的,两面积作差即可求解.【详解】由图,正八边形分割成个等腰三角形,顶角为,设三角形的腰为,由正弦定理可得,解得,所以三角形的面积为:,所以每块八卦田的面积约为:.故选:B【点睛】本题考查了正弦定理解三角形、三角形的面积公式,需熟记定理与面积公式,属于基础题.2、A【解析】

求出二项式的展开式的通式,再令的次数为零,可得结果.【详解】解:二项式展开式的通式为,令,解得,则常数项为.故选:A.【点睛】本题考查二项式定理指定项的求解,关键是熟练应用二项展开式的通式,是基础题.3、A【解析】

由可得,因为是边长为的正三角形,所以,故选A.4、A【解析】

结合已知可知,可求,进而可求,代入,结合,可求,即可判断.【详解】图象上相邻两个极值点,满足,即,,,且,,,,,,当时,为函数的一个极小值点,而.故选:.【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象及性质的简单应用,解题的关键是性质的灵活应用.5、B【解析】

解:当直线过点时,最大,故选B6、D【解析】

如图所示,设的中点为,的外接圆的圆心为,四面体的外接球的球心为,连接,利用正弦定理可得,利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形,最后利用勾股定理可求外接球的半径,从而可得外接球的表面积.【详解】如图所示,设的中点为,外接圆的圆心为,四面体的外接球的球心为,连接,则平面,.因为,故,因为,故.由正弦定理可得,故,又因为,故.因为,故平面,所以,因为平面,平面,故,故,所以四边形为平行四边形,所以,所以,故外接球的半径为,外接球的表面积为.故选:D.【点睛】本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算,还考查正弦定理和余弦定理,折叠问题注意翻折前后的变量与不变量,外接球问题注意先确定外接球的球心的位置,然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算,本题有一定的难度.7、A【解析】

先将函数解析式化简为,结合题意可求得切点及其范围,根据导数几何意义,即可求得的值.【详解】函数即直线与函数图象恰有四个公共点,结合图象知直线与函数相切于,,因为,故,所以.故选:A.【点睛】本题考查了三角函数的图像与性质的综合应用,由交点及导数的几何意义求函数值,属于难题.8、D【解析】

图象关于轴对称的函数为偶函数,用偶函数的定义及性质对选项进行判断可解.【详解】图象关于轴对称的函数为偶函数;A中,,,故为奇函数;B中,的定义域为,不关于原点对称,故为非奇非偶函数;C中,由正弦函数性质可知,为奇函数;D中,且,,故为偶函数.故选:D.【点睛】本题考查判断函数奇偶性.判断函数奇偶性的两种方法:(1)定义法:对于函数的定义域内任意一个都有,则函数是奇函数;都有,则函数是偶函数(2)图象法:函数是奇(偶)函数函数图象关于原点(轴)对称.9、A【解析】

把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.【详解】解:由,得,.故选.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的基本概念,是基础题.10、A【解析】

求得的导函数,结合两点斜率公式和两直线平行的条件:斜率相等,化简可得,为任意非零实数.【详解】依题意,在点处的切线与直线AB平行,即有,所以,由于对任意上式都成立,可得,为非零实数.故选:A【点睛】本题考查导数的运用,求切线的斜率,考查两点的斜率公式,以及化简运算能力,属于中档题.11、C【解析】

通过二项式展开式的通项分析得到,即得解.【详解】由已知得,故当时,,于是有,则.故选:C【点睛】本题主要考查二项式展开式的通项和系数问题,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12、D【解析】

因为,,所以,,故选D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

根据三视图知该几何体是三棱柱与半圆锥的组合体,结合图中数据求出它的体积.【详解】根据三视图知,该几何体是三棱柱与半圆锥的组合体,如图所示:结合图中数据,计算它的体积为.故答案为:.【点睛】本题考查了根据三视图求简单组合体的体积应用问题,是基础题.14、【解析】

由中位线定理和正方体性质得,从而作出异面直线所成的角,在三角形中计算可得.【详解】如图,连接,,,∵分别为棱的中点,∴,又正方体中,即是平行四边形,∴,∴,(或其补角)就是直线与直线所成角,是等边三角形,∴=60°,其正切值为.故答案为:.【点睛】本题考查异面直线所成的角,解题关键是根据定义作出异面直线所成的角.15、1【解析】

先画出约束条件的可行域,根据平移法判断出最优点,代入目标函数的解析式,易可得到目标函数的最大值.【详解】解:由约束条件得如图所示的三角形区域,由于,则,要求的最大值,则求的截距的最小值,显然当平行直线过点时,取得最大值为:.故答案为:1.【点睛】本题考查线性规划求最值问题,我们常用几何法求最值.16、【解析】

注意到,故只需比较与1的大小即可.【详解】由已知,,故有.又由,故有.故答案为:.【点睛】本题考查对数式比较大小,涉及到换底公式的应用,考查学生的数学运算能力,是一道中档题.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、(Ⅰ)填表见解析,有95%以上的把握认为“性别”与“问卷结果”有关;(Ⅱ)分布列见解析,【解析】

(Ⅰ)根据茎叶图填写列联表,计算得到答案.(Ⅱ),计算,,,得到分布列,再计算数学期望得到答案.【详解】(Ⅰ)根据茎叶图可得:男女总计合格101626不合格10414总计202040,故有95%以上的把握认为“性别”与“问卷结果””有关.(Ⅱ)从茎叶图可知,成绩在60分以下(不含60分)的男女学生人数分别是4人和2人,从中任意选2人,基本事件总数为,,,,012.【点睛】本题考查了独立性检验,分布列,数学期望,意在考查学生的综合应用能力.18、(Ⅰ)和.;(Ⅱ)证明见解析;(Ⅲ).【解析】

(Ⅰ)由,可得,解出即可;(Ⅱ)设点,设直线,与椭圆方程联立可得:,利用,根与系数的关系、中点坐标公式,证明即可;(Ⅲ)由(Ⅰ)知,曲线,且,设直线的方程为:,与椭圆方程联立可得:,利用根与系数的关系、弦长公式、三角形的面釈计算公式、基本不等式的性质,即可求解.【详解】(Ⅰ)由题意:,,解得,则曲线的方程为:和.(Ⅱ)证明:由题意曲线的渐近线为:,设直线,则联立,得,,解得:,又由数形结合知.设点,则,,,,,即点在直线上.(Ⅲ)由(Ⅰ)知,曲线,点,设直线的方程为:,联立,得:,,设,,,,面积,令,,当且仅当,即时等号成立,所以面积的最大值为.【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的标准方程及其性质、直线与椭圆的相交问题、弦长公式、三角形的面积计算公式、基本不等式的性质,考查了推理论证能力与运算求解能力,属于难题.19、(1)见解析(2)【解析】

(1)根据菱形性质可知,结合可得,进而可证明,即,即可由线面垂直的判定定理证明平面;(2)结合(1)可证明两两互相垂直.即以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长度,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,即可求得二面角的余弦值.【详解】(1)证明:设,连接,如下图所示:∵侧面为菱形,∴,且为及的中点,又,则为直角三角形,,又,,即,而为平面内的两条相交直线,平面.(2)平面,平面,,即,从而两两互相垂直.以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长度,建立如图的空间直角坐标系,为等边三角形,,,,设平面的法向量为,则,即,∴可取,设平面的法向量为,则.同理可取,由图示可知二面角为锐二面角,∴二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定方法,利用空间向量方法求二面角夹角的余弦值,注意建系时先证明三条两两垂直的直线,属于中档题.20、(1),;(2),,.【解析】

(1)直接利用同角三角函数关系式的变换的应用求出结果.(2)首先把函数的关系式变形成正弦型函数,进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果.【详解】(1)由题意得,,(2)由,解得,所以对称轴为,.由,解得,所以单调递增区间为.,【点睛】本题考查的知识要点:三角函数关系式的恒等变换,正弦型函数的性质的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力,属于基础题型.21、(1)见解析;(2)【解析】

(1)由题可知,根据三角形的中位线的性质,得出,根据矩形的性质得出,所以,再利用线面平行的判定定理即可证出平面;(2)由于平面平面,根据面面垂直的性质,得出平面,从而得出到平面的距离为,结合棱锥的体积公式,即可求得结果.【详解】解:(1)∵,分别为,的中点,∴,∵四边形是矩形,∴,∴,∵平面,平面,∴平面.(2)取,的中点,,连接,,,,则,由于为三棱柱,为四棱锥,∵平面平面,∴平面,由已知可求得,∴到

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。

最新文档

评论

0/150

提交评论