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文档简介

2021-2022高考数学模拟试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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,且,则在方向上的投影为()A. B. C. D.2.若双曲线的离心率为,则双曲线的焦距为()A. B. C.6 D.83.函数与的图象上存在关于直线对称的点,则的取值范围是()A. B. C. D.4.在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.若,的面积为,则()A.5 B. C.4 D.165.已知是双曲线的左右焦点,过的直线与双曲线的两支分别交于两点(A在右支,B在左支)若为等边三角形,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.6.已知函数,若恒成立,则满足条件的的个数为()A.0 B.1 C.2 D.37.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.8.直角坐标系中,双曲线()与抛物线相交于、两点,若△是等边三角形,则该双曲线的离心率()A. B. C. D.9.已知,满足约束条件,则的最大值为A. B. C. D.10.我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”,用现代式子表示即为:在中,角所对的边分别为,则的面积.根据此公式,若,且,则的面积为()A. B. C. D.11.对于函数,定义满足的实数为的不动点,设,其中且,若有且仅有一个不动点,则的取值范围是()A.或 B.C.或 D.12.执行下面的程序框图,则输出的值为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.记Sk=1k+2k+3k+……+nk,当k=1,2,3,……时,观察下列等式:S1n2n,S2n3n2n,S3n4n3n2,……S5=An6n5n4+Bn2,…可以推测,A﹣B=_____.14.已知随机变量,且,则______15.已知,则________.(填“>”或“=”或“<”).16.已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上,,则球的表面积为__________.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)在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数,将曲线经过伸缩变换后得到曲线.在以原点为极点,轴正半轴为极轴的极坐标系中,直线的极坐标方程为.(1)说明曲线是哪一种曲线,并将曲线的方程化为极坐标方程;(2)已知点是曲线上的任意一点,又直线上有两点和,且,又点的极角为,点的极角为锐角.求:①点的极角;②面积的取值范围.18.(12分)以直角坐标系的原点为极坐标系的极点,轴的正半轴为极轴.已知曲线的极坐标方程为,是上一动点,,点的轨迹为.(1)求曲线的极坐标方程,并化为直角坐标方程;(2)若点,直线的参数方程(为参数),直线与曲线的交点为,当取最小值时,求直线的普通方程.19.(12分)已知向量,函数.(1)求函数的最小正周期及单调递增区间;(2)在中,三内角的对边分别为,已知函数的图像经过点,成等差数列,且,求a的值.20.(12分)在四棱椎中,四边形为菱形,,,,,,分别为,中点..(1)求证:;(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.21.(12分)如图:在中,,,.(1)求角;(2)设为的中点,求中线的长.22.(10分)选修4—5;不等式选讲.已知函数.(1)若的解集非空,求实数的取值范围;(2)若正数满足,为(1)中m可取到的最大值,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.C【解析】

由向量垂直的向量表示求出,再由投影的定义计算.【详解】由可得,因为,所以.故在方向上的投影为.故选:C.【点睛】本题考查向量的数量积与投影.掌握向量垂直与数量积的关系是解题关键.2.A【解析】

依题意可得,再根据离心率求出,即可求出,从而得解;【详解】解:∵双曲线的离心率为,所以,∴,∴,双曲线的焦距为.故选:A【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质,属于基础题.3.C【解析】

由题可知,曲线与有公共点,即方程有解,可得有解,令,则,对分类讨论,得出时,取得极大值,也即为最大值,进而得出结论.【详解】解:由题可知,曲线与有公共点,即方程有解,即有解,令,则,则当时,;当时,,故时,取得极大值,也即为最大值,当趋近于时,趋近于,所以满足条件.故选:C.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数性质的基本方法,考查化归与转化等数学思想,考查抽象概括、运算求解等数学能力,属于难题.4.C【解析】

根据正弦定理边化角以及三角函数公式可得,再根据面积公式可求得,再代入余弦定理求解即可.【详解】中,,由正弦定理得,又,∴,又,∴,∴,又,∴.∵,∴,∵,∴由余弦定理可得,∴,可得.故选:C【点睛】本题主要考查了解三角形中正余弦定理与面积公式的运用,属于中档题.5.D【解析】

根据双曲线的定义可得的边长为,然后在中应用余弦定理得的等式,从而求得离心率.【详解】由题意,,又,∴,∴,在中,即,∴.故选:D.【点睛】本题考查求双曲线的离心率,解题关键是应用双曲线的定义把到两焦点距离用表示,然后用余弦定理建立关系式.6.C【解析】

由不等式恒成立问题分类讨论:①当,②当,③当,考查方程的解的个数,综合①②③得解.【详解】①当时,,满足题意,②当时,,,,,故不恒成立,③当时,设,,令,得,,得,下面考查方程的解的个数,设(a),则(a)由导数的应用可得:(a)在为减函数,在,为增函数,则(a),即有一解,又,均为增函数,所以存在1个使得成立,综合①②③得:满足条件的的个数是2个,故选:.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题及利用导数研究函数的解得个数,重点考查了分类讨论的数学思想方法,属难度较大的题型.7.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.8.D【解析】

根据题干得到点A坐标为,代入抛物线得到坐标为,再将点代入双曲线得到离心率.【详解】因为三角形OAB是等边三角形,设直线OA为,设点A坐标为,代入抛物线得到x=2b,故点A的坐标为,代入双曲线得到故答案为:D.【点睛】求双曲线的离心率(或离心率的取值范围),常见有两种方法:①求出,代入公式;②只需要根据一个条件得到关于的齐次式,结合转化为的齐次式,然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式),解方程(不等式)即可得(的取值范围).9.D【解析】

作出不等式组对应的平面区域,利用目标函数的几何意义,利用数形结合即可得到结论.【详解】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示,等价于,作直线,向上平移,易知当直线经过点时最大,所以,故选D.【点睛】本题主要考查线性规划的应用,利用目标函数的几何意义,结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法.10.A【解析】

根据,利用正弦定理边化为角得,整理为,根据,得,再由余弦定理得,又,代入公式求解.【详解】由得,即,即,因为,所以,由余弦定理,所以,由的面积公式得故选:A【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理,还考查了运算求解的能力,属于中档题.11.C【解析】

根据不动点的定义,利用换底公式分离参数可得;构造函数,并讨论的单调性与最值,画出函数图象,即可确定的取值范围.【详解】由得,.令,则,令,解得,所以当时,,则在内单调递增;当时,,则在内单调递减;所以在处取得极大值,即最大值为,则的图象如下图所示:由有且仅有一个不动点,可得得或,解得或.故选:C【点睛】本题考查了函数新定义的应用,由导数确定函数的单调性与最值,分离参数法与构造函数方法的应用,属于中档题.12.D【解析】

根据框图,模拟程序运行,即可求出答案.【详解】运行程序,,

,,,,,结束循环,故输出,故选:D.【点睛】本题主要考查了程序框图,循环结构,条件分支结构,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

观察知各等式右边各项的系数和为1,最高次项的系数为该项次数的倒数,据此计算得到答案.【详解】根据所给的已知等式得到:各等式右边各项的系数和为1,最高次项的系数为该项次数的倒数,∴A,A1,解得B,所以A﹣B.故答案为:.【点睛】本题考查了归纳推理,意在考查学生的推理能力.14.0.1【解析】

根据原则,可得,简单计算,可得结果.【详解】由题可知:随机变量,则期望为所以故答案为:【点睛】本题考查正态分布的计算,掌握正态曲线的图形以及计算,属基础题.15.【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.16.【解析】

如图所示,将三棱锥补成长方体,球为长方体的外接球,长、宽、高分别为,计算得到,得到答案.【详解】如图所示,将三棱锥补成长方体,球为长方体的外接球,长、宽、高分别为,则,所以,所以球的半径,则球的表面积为.故答案为:.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题,意在考查学生的计算能力和空间想象能力,将三棱锥补成长方体是解题的关键.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)曲线为圆心在原点,半径为2的圆.的极坐标方程为(2)①②【解析】

(1)求得曲线伸缩变换后所得的参数方程,消参后求得的普通方程,判断出对应的曲线,并将的普通方程转化为极坐标方程.(2)①将的极角代入直线的极坐标方程,由此求得点的极径,判断出为等腰三角形,求得直线的普通方程,由此求得,进而求得,从而求得点的极角.②解法一:利用曲线的参数方程,求得曲线上的点到直线的距离的表达式,结合三角函数的知识求得的最小值和最大值,由此求得面积的取值范围.解法二:根据曲线表示的曲线,利用圆的几何性质求得圆上的点到直线的距离的最大值和最小值,进而求得面积的取值范围.【详解】(1)因为曲线的参数方程为(为参数),因为则曲线的参数方程所以的普通方程为.所以曲线为圆心在原点,半径为2的圆.所以的极坐标方程为,即.(2)①点的极角为,代入直线的极坐标方程得点极径为,且,所以为等腰三角形,又直线的普通方程为,又点的极角为锐角,所以,所以,所以点的极角为.②解法1:直线的普通方程为.曲线上的点到直线的距离.当,即()时,取到最小值为.当,即()时,取到最大值为.所以面积的最大值为;所以面积的最小值为;故面积的取值范围.解法2:直线的普通方程为.因为圆的半径为2,且圆心到直线的距离,因为,所以圆与直线相离.所以圆上的点到直线的距离最大值为,最小值为.所以面积的最大值为;所以面积的最小值为;故面积的取值范围.【点睛】本小题考查坐标变换,极径与极角;直线,圆的极坐标方程,圆的参数方程,直线的极坐标方程与普通方程,点到直线的距离等.考查数学运算能力,包括运算原理的理解与应用、运算方法的选择与优化、运算结果的检验与改进等.也兼考了数学抽象素养、逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养.18.(1),;(2).【解析】

(1)设点极坐标分别为,,由可得,整理即可得到极坐标方程,进而求得直角坐标方程;(2)设点对应的参数分别为,则,,将直线的参数方程代入的直角坐标方程中,再利用韦达定理可得,,则,求得取最小值时符合的条件,进而求得直线的普通方程.【详解】(1)设点极坐标分别为,,因为,则,所以曲线的极坐标方程为,两边同乘,得,所以的直角坐标方程为,即.(2)设点对应的参数分别为,则,,将直线的参数方程(参数),代入的直角坐标方程中,整理得.由韦达定理得,,所以,当且仅当时,等号成立,则,所以当取得最小值时,直线的普通方程为.【点睛】本题考查极坐标与直角坐标方程的转化,考查利用直线的参数方程研究直线与圆的位置关系.19.(1),(2)【解析】

(1)利用向量的数量积和二倍角公式化简得,故可求其周期与单调性;(2)根据图像过得到,故可求得的大小,再根据数量积得到的乘积,最后结合余弦定理和构建关于的方程即可.【详解】(1),最小正周期:,由得,所以的单调递增区间为;(2)由可得:,所以.又因为成等差数列,所以而,.20.(1)证明见解析;(2).【解析】

(1)证明,得到平面,得到证明.(2)以点为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,平面的一个法向量为,平面的一个法向量为,计算夹角得到答案.【详解】(1)因为四边形是菱形,且,所以是等边三角形,又因为是的中点,所以,又因为,,所以,又,,,所以,又,,所以平面,所以,又因为是菱形,,所以,又,所以平面,所以.

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