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文档简介
第=page11页,共=sectionpages11页2024-2025学年重庆市乌江新高考协作体高三(上)调研数学试卷(9月份)(一)一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的选项中,只有一项是符合题目要求的。1.已知复数z满足z=1−i,则|z2|=A.14 B.1 C.2 D.2.下列命题中的真命题是(
)A.互余的两个角不相等
B.相等的两个角是同位角
C.若a2=b2,则3.若向量a=(x,1),b=(1,−1),且a//(a+2A.5 B.2 C.2 4.以下关于统计分析的描述,哪一个是正确的?(
)A.样本均值越接近总体均值,样本的代表性越好
B.样本标准差越大,数据的离散程度越小
C.相关系数的绝对值越接近1,表示两个变量的线性关系越弱
D.决定系数R2越接近15.已知双曲线C:x2a−y2b=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1,F2,过点F1且与渐近线垂直的直线与双曲线CA.615 B.355 6.已知函数f(x)=asin2ωx+cos2ωx(ω>0)图象的对称轴方程为x=kπ+π4,(k∈Z).则f(aA.22 B.−22 7.三棱锥S−ABC的侧棱SA是它的外接球的直径,且SA=8,AB=1,BC=3,AC=13,则三棱锥S−ABC的体积为(
)A.353 B.352 C.8.已知在函数f(x)=ln(x+1),x≥0ax(x+b),x<0的图象上存在四个点A,B,C,D构成一个以原点为对称中心的平行四边形,则一定有A.ab>1 B.f(−2)>0 C.f(x)>−12 二、多选题:本题共3小题,共18分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。9.设n∈N∗,曲线y=xn+1在点(1,1)处切线的斜率为kn,与x轴的交点为(xn,0)A.kn+yn=−1 B.yn10.在平面直角坐标系xOy中,已知圆C1:(x−1)2+y2=2A.当圆C1和圆C2存在公共点时,则实数a的取值范围为[−3,5]
B.△ABC1的面积最大值为1
C.若原点O始终在动弦AB上,则OA⋅OB不是定值
D.若动点P11.已知函数f(x)=|x2+1x−1|和A.若g(x)=0有两个相同的实数根,则函数y=cx+(b2−4c+1)经过一二四象限
B.f(x)的图象和一个以(1,0)为圆心,1为半径的圆没有交点
C.f(x)可以在−12≤x≤0时取到最小值22−2
D.若g(x)有两个不同零点,设这两个零点分别为x1、x2(x1在x三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.设Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和,若S4nS13.若α∈(0,π2),β∈(−π2,π14.对于两个事件M,N,若0<P(M)<1,0<P(M)<1,称P(M,N)=P(MN)−P(M)P(N)P(M)P(M−)P(N)P(N−)为事件M,N的相关系数.近日重庆酷暑难耐,小张、小李、小王、小刘四人计划周末去避暑,现有四个可出游的景点:南天湖、金佛山、仙女山和黑山谷,若事件M四、解答题:本题共5小题,共77分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。15.(本小题15分)
△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知acosB−bcosA=b+c.
(1)求角A;
(2)若a=3,2sinC+sinB=62,求16.(本小题15分)
设数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn+an=3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=−17.(本小题15分)
已知函数f(x)=ax+lnx−a(a∈R),且f(x)≥0恒成立.
(1)求实数a的取值集合;
(2)证明:ex≥18.(本小题15分)
近年来,社交推理游戏越来越受到大众的喜爱,它们不仅提供了娱乐和休闲的功能,还可以锻炼玩家的逻辑推理、沟通技巧和团队合作精神,增强社交能力和人际交往能力.某校“社交推理游戏社团”在一次活动中组织了“搜索魔法师”游戏,由1名“侦探”、6名“麻瓜”、4名“魔法师”参与游戏.游戏开始前,“侦探”是公认的,每个“麻瓜”和“魔法师”均清楚自己的角色且不知道其他人的身份.游戏过程中,由“侦探”对“麻瓜”和“魔法师”逐个当众询问并正确应答,直至找出所有的“魔法师”为止.
(1)若恰在第5次搜索才测试到第1个“魔法师”,第10次才找到最后一个“魔法师”,则这样的不同搜索方法数是多少?
(2)若恰在第5次搜索后就找出了所有“魔法师”,则这样的不同搜索方法数是多少?
(3)游戏开始,有甲、乙、丙三位同学都想争取“侦探”的角色,主持人决定采用“击鼓传花”的方式来最终确认人员.三人围成一圈,第1次由甲将花传出,每次传花时,传花者都等可能地将花传给另外两个人中任何一人.试问,5次传花后花在甲手上的可能线路有多少种?19.(本小题17分)
已知Ω是棱长为2的正四面体ABCD,设Ω的四个顶点到平面α的距离所构成的集合为M,若M中元素的个数为k,则称α为Ω的k阶等距平面,M为Ω的k阶等距集.
(1)若α为Ω的1阶等距平面且1阶等距集为{a},求a的所有可能值以及相应的α的个数;
(2)已知β为Ω的4阶等距平面,且点A与点B,C,D分别位于β的两侧.若Ω的4阶等距集为{b,2b,3b,4b},其中点A到β的距离为b,求平面BCD与β夹角的余弦值.
参考答案1.C
2.C
3.C
4.D
5.A
6.C
7.B
8.C
9.BC
10.ABD
11.BC
12.13
13.314.1915.解;(1)acosB−bcosA=b+c,
由正弦定理得:sinAcosB−sinBcosA=sinB+sinC,
在△ABC中,sinC=sin(A+B),
即sinAcosB−sinBcosA=sinB+sin(A+B),
所以sinAcosB−sinBcosA=sinB+sinAcosB+cosAsinB,
所以−2sinBcosA=sinB,
因为sinB>0,
可得cosA=−12,
又因为0<A<π,
所以A=23π;
(2)2sinC+sinB=2sin(B+2π3)+sinB
=2(−12sinB+32cosB)+sinB
=3cosB=62,
可得cosB=22,
因为0<B<π,
16.解:(1)当n=1时,由a1+a1=3,解得a1=32,
当n⩾2时,Sn+an=3,Sn−1+an−1=3,
两方程相减得2an−an−1=0,
所以{an}是首项为32,公比为12的等比数列,
所以an=32n;
(2)由(1)知bn=−anlog2an+13=3n+32n,
所以Tn17.解:(1)因为f(x)=ax+lnx−a,
则f′(x)=a−1x(x>0),
①当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减,
当x>1时,f(x)<f(1)=0,这与f(x)≥0矛盾,不合题意.
②当a>0时,
由f′(x)<0得0<x<1a,f(x)单调递减;由f′(x)>0得x>1a,f(x)单调递增,
∴x=1a时,函数f(x)取得唯一极小值即最小值.
又∵f(x)≥0且f(1)=0,
∴1a=1,解得a=1,故实数a的取值集合是{1}.
(2)由(1)可知:a=1时,f(x)≥0,即lnx≤x−1对任意x>0恒成立.
∴要证明:ex≥2+x2+(e−3)x+lnx,
则只需要证明ex≥1+x2+(e−2)x,
即ex−1−x2−(e−2)x≥0.
令ℎ(x)=ex−1−x2−(e−2)x,x>0,ℎ′(x)=ex−2x−(e−2),
令u(x)=ex−2x−(e−2),u′(x)=ex−2,
令u′(x)=ex−2=0,解得x=ln2.
当x∈(0,ln2)时,u′(x)<0,u(x)单调递减,
当x∈(ln2,+∞)时,u′(x)>0,u(x)单调递增.
即函数ℎ′(x)在(0,ln2)内单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增.
而ℎ′(0)=1−(e−2)=3−e>0,ℎ′(ln2)<ℎ′(1)=0.
所以存在x018.解:(1)先排前4次搜索,只能取“麻瓜”,有6名“麻瓜”,可得A64种不同的搜索方法,
再从4个“魔法师”中选2个排在第5次和第10次的位置上搜索,有A42种搜索方法,
再排余下4个的搜索位置,有A44种搜索方法.
由分步相乘原理可得A64A42A44=103680种不同的搜索方法.
(2)由题意可得第5次搜索恰为最后一个“魔法师”,
则另3个在前4次搜索中出现,从而前4次有一个“麻瓜”出现,
所以共有C41C61A44=576种不同的搜索方法.
(3)由于甲是第1次传花的人,因此第2次传花时,甲不能再次拿到花.这意味着在第2次传花时,花必须传给乙或丙.
同样,第3次传花时,花不能回到前一次传花的人手中.因此,传花的路线不能有连续两次传给同一个人的情况.
设an为经过n次传花后花在甲手上的线路数,其中a1=0.
则an+1为经过n+1次传花后花在甲手上的线路数,
所以an+a19.解:(1)①情形一:分别取AB,AC,AD的中点M,E,F,
由中位线性质可知DE=EF=22,
此时平面DEF为Ω的一个1阶等距平面,
b为正四面体高的一半,等于12×63×2=33,
由于正四面体有4个面,这样的1阶等距平面α平行于其中一个面,有4种情况;
②情形二:分别取AB,AC,CD,DB的中点P,Q,R,S,
将此正四面体放置到棱长为1的正方体中,
则a为正方体棱长的一半,等于12,
由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线,
这样的1阶等距平面α平行于其中一组异面直线,有3种情况,
综上,当a的值为33
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