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文档简介
湖北省“腾•云”联盟2024-2025学年度上学期10月联考高三数学试卷命题学校:汉阳一中命题教师:吴正阳审题教师:袁芳、朱辉考试时间:2024年10月8日下午试卷满分150分★祝考试顺利★注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交.一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知,则()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由指、对数不等式化简集合,再由交集运算即可.【详解】,,所以故选:C2.若复数满足,则复平面内表示的点在()A第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算,先求,再求,根据复数的几何意义进行判断.【详解】由,所以.对应的点在第一象限..故选:A3.函数在区间单调递减,则实数取值范围是()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】时,代入可知满足题意;时,求出二次函数的对称轴结合函数在右半部分单调递减得出开口方向,列出不等式组,求解即可得出答案.【详解】当时,在上单调递减,满足题意;当时,的对称轴为直线,由在上单调递减,知,解得.综上,a的取值范围为.故选:D4.函数图像的一条对称轴为,则()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直接利用对称性,取特殊值,即可求出.【详解】由的图象关于对称,可知:,即,则.故选:A.5.四边形是边长为4的正方形,点是正方形内的一点,且满足,则的最大值是()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意建立直角坐标系,设Px,y,写出坐标,可得点的轨迹方程,进而可求出的最大值.【详解】根据题意,建立如图所示的直角坐标系,设,则,故,,即;故点在以点为圆心,1为半径的圆周上运动,所以的最大值为.故选:D.6.已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上,,,则球的表面积为()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用正弦定理求的外接圆半径,再求点到平面的距离,设三棱锥外接球半径为,根据勾股定理列方程求出,进一步计算球的表面积.【详解】如图:在中,,由余弦定理:,所以,所以外接圆半径为,即.在直角三角形中,,,所以.设棱锥外接球半径为,在直角三角形中,,解得:.所以球的表面积为:.故选:A7.已知圆,点在上,过点作圆的两条切线,切点分别为和,以为直径作圆,则圆的面积的最小值为()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题设可得,利用导数可得,再根据等积法可,故可求圆的面积的最小值.【详解】由题设有,设,则,设,则,因为为上的增函数,故为上的增函数,而,故当时,,当时,,故在上为减函数,在上为增函数,故,故,由等积法可得,故,故,故圆的面积的最小值为,故选:B.8.不等式,其中是非负整数,则使不等式成立的三元数组有多少组()A.560 B.455 C.91 D.55【答案】B【解析】【分析】在都加上1,把问题转化成方程有正整数解的问题解决.【详解】设,,,则不等式有多少组非负整数解的问题,转化为:的正整数解的组数.因为方程:的解的组数为:;的解的组数为:;…的解的组数为:.所以原不等式解的组数为:.故选:B【点睛】结论点睛:方程(且)正整数解的组数为.二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)9.已知互不相同的20个样本数据,若去掉其中最大和最小的数据,设剩下的18个样本数据的方差为,平均数;去掉的两个数据的方差为,平均数;原样本数据的方差为,平均数,若,则()A.B.C.剩下18个数据的中位数大于原样本数据的中位数D.剩下18个数据的分位数不等于原样本数据的分位数【答案】AB【解析】【分析】根据平均数的计算方法判断A;根据方差的计算方法判断B;根据中位数的概念判断C,根据百分位数的计算方法判断D.【详解】对A:因为,且,所以,故A正确;对B:设20个数据按从小到大的顺序排列为:,则,,因为,所以.故B正确;对C:剩下18个数据的中位数和原样本数据的中位数均为,是相等的,故C错误;对D:因为,则剩下18个数据的分位数为;又,所以原样本数据的分位数也是,故D错误.故选:AB10.已知函数,则下列说法正确的是()A.的最小正周期为B.的值域为C.关于对称D.在上单调递减【答案】ABD【解析】【分析】分析函数的奇偶性和单调性,求出函数的值域,可判断BD,求出函数的周期,可判断A,利用特殊点的函数值,可判断C.【详解】对,因为,所以函数为偶函数,图象关于轴对称.又,所以函数为周期函数,且最小正周期为.故A正确;当时,,易得在上单调递增,在上单调递减,且,,,所以;当时,根据函数为偶函数,所以函数在上单调递增,在上单调递减,且.根据函数的周期性,所以函数的值域为1,2,故B正确.因为,,所以,所以的图象并不关于对称,故C错误;因为函数在上单调递减,且周期为,所以函数在上也是单调递减,故D正确.故选:ABD11.已知定义域为函数和,且是奇函数,对任意满足且,下列说法正确的()A.B.或1C.在上单调递增,在单调递减D.时,【答案】AD【解析】【分析】对于A,利用导数的运算规则及导数关系可判断其正确,对于B,利用赋值法可求,故可判断其正误,利用反证法可判断C的正误,对于D,令,利用导数可证明恒成立,故可判断其正误.【详解】对于A,因为,故,所以,故A正确;对于B,因为是奇函数,故,因为,故,故,故B错误;对于C,由A的分析可得,故即,若在上单调递增,则当时,有,故,矛盾,故C错误;对于D,因为,故即,故为上的增函数,设,则,设,则,设,则,若恒成立,则,故,此时,矛盾,故且不恒为零,故在上为增函数,故,故为上为增函数,故,故为上为增函数,故即,故D成立,故选:AD【点睛】关键点点睛:不同抽象函数的性质讨论,注意抽象函数之间性质的转化,而与抽象函数有关的不等式恒成立问题,可利用导数讨论导数的符号后得到相应函数的单调性,必要时需多次求导.三、填空题(本题共3个小题,每小题5分,共15分)12.已知曲线在点处的切线的倾斜角为,则的值为__________.【答案】【解析】【分析】先对函数求导,根据曲线切线的几何意义列式即可求.【详解】由得,因为曲线在点处的切线的倾斜角为,所以,所以,故.故答案为:13.设为双曲线的两个焦点,点是双曲线上的一点,且,则的面积为__________.【答案】3【解析】【分析】设,利用双曲线定义,可得又由勾股定理得,联立求得,即得三角形的面积.【详解】
如图,由可知,设,由定义,的面积为.故答案为:314.有一直角转弯的走廊(墙面与顶部都封闭),已知走廊的宽度与高度都是3米,现有不能弯折的硬管需要通过走廊,若不计硬管粗细,则可通过的最大极限长度为______米.【答案】【解析】【分析】先求出硬管不倾斜,水平方向通过的最大长度,再利用勾股定理求出硬管倾斜后能通过的最大长度,即可得到答案.【详解】如图示,先求出硬管不倾斜,水平方向通过的最大长度.设,则.过作垂直内侧墙壁于,作垂直内侧墙壁于,则.在直角三角形中,,所以.同理可得.所以.因为(当且仅当且时等号成立).所以.因为走廊的宽度与高度都是米,所以把硬管倾斜后能通过的最大长度为.故答案为:四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.如图,在平行四边形中,,四边形为矩形,平面平面,点在线段上运动.(1)当时,试确定点的位置并证明;(2)在(1)的条件下,求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)为线段的中点,证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)利用余弦定理、面面垂直的性质证得直线两两垂直,再建立空间直角坐标系,利用垂直关系的向量表示求解即得.(2)求出平面的法向量,再用面面角的向量求列式计算即得.【小问1详解】在中,,由余弦定理得,则,有,又平面平面,平面平面,平面,则平面,直线两两垂直,以点原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系,则,设,则,由,得,解得,即,所以当时,点为线段的中点.【小问2详解】由(1)可得,设平面的法向量为,则,取,得,平面的法向量为,设平面与平面的夹角为,则,所以平面与平面的夹角的余弦值为.16.已知函数,其中为自然对数底数.(1)讨论的单调区间;(2)当时,不等式在区间上恒成立时,求的取值范围.【答案】(1)当时,的单调增区间为,单调减区间为;当时,的单调增区间为,单调减区间为.(2)实数的取值范围是.【解析】【分析】(1)由题得,分,,讨论单调性求解即可;(2)参数分离得在上恒成立,令,讨论的单调性,求得的最大值即可求得的取值范围.【小问1详解】易知函数的定义域为.所以,当时,由,得,由,得.所以的单调增区间为,单调减区间为;当时,由,得,由,得.所以的单调增区间为,单调减区间为;综上所述:当时,的单调增区间为,单调减区间为;当时,的单调增区间为,单调减区间为.【小问2详解】将代入,得,因为不等式在上恒成立,所以,即在上恒成立,令,易知函数的定义域为.所以.当时,,故;当时,,故;所以在上单调递增,在上单调递减,所以时,在上取得最大值.所以,所以实数的取值范围是.17.在中,角所对的边分别为,且.(1)求角的值;(2)若为锐角三角形,中点为且,求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)先根据向量平行得到:,利用正弦定理,角化边可得,再用余弦定理求,进而可得角.(2)先用正弦定理表示出边,,明确角的关系及角的取值范围,借助平面向量表示出,利用三角恒等变换化简,借助三角函数的性质求取值范围.【小问1详解】因为,所以,由正弦定理可得:,即.由余弦定理得:,所以.【小问2详解】由正弦定理得:,所以,,其中,.又CD=12CA所以因为:,所以,所以.所以.所以中线的取值范围为:.18.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴是短轴的倍,且椭圆上一点到焦点的最远距离为是椭圆左右顶点,过做椭圆的切线,取椭圆上轴上方任意两点(在的左侧),并过两点分别作椭圆的切线交于点,直线交点的切线于,直线交点的切线于,过作的垂线交于.(1)求椭圆的标准方程.(2)若,直线与的斜率分别为与,求的值.(3)求证:【答案】(1)(2)(3)证明见解析【解析】【分析】(1)根据条件,列出关于的方程,求出,可得椭圆的标准方程.(2)设过点的切线方程的点斜式,与椭圆方程联立,消去,得到关于的一元二次方程,由,得到关于的一元二次方程,利用韦达定理,可得的值.(3)设(),再设过点的切线方程,与椭圆方程联立,消去,得到关于的一元二次方程,由,得到关于的一元二次方程,利用韦达定理,可得,的表达式.再把和用,表示,化简整理即可.【小问1详解】由题意:.所以椭圆的标准方程为:.【小问2详解】设过点的切线方程为:,即,由,消去,整理得:,由,整理得:,所以.【小问3详解】设(),的延长线交轴于点,如图:、两点处切线斜率分别为,则.设点的椭圆的切线方程为:,即,由消去,化简整理得:,由得:化简整理得:,由韦达定理,得:,,所以,,所以要证明,只需证明:,即,因为,所以上式成立,即成立.【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:(1)设直线方程,设交点坐标为;(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,注意的判断;(3)列出韦达定理;(4)将所求问题或题中的关系转化为、(或、)的形式;(5)代入韦达定理求解.19.如图:一张的棋盘,横行编号:竖排编号.一颗棋子目前位于棋盘的处,它的移动规则是:每次移动到与自身所在格不相邻的异色格中.例如该棋子第一次移动可以从移动到或.棋子每次移动到不同目的地间的概率均为.(1)①列举两次移动后,该棋子所有可能的位置.②假设棋子两次移动后,最终停留到第1,2,3行时,分别能获得分,设得分为,求的分布列和数学期望.(2)现在于棋盘左下角处加入一颗棋子,他们运动规则相同,并且每次移动同时行动.移动次后,两棋子位于同一格的概率为,求的通项公式.【答案】(1)①,,;②分布列见解析;.(2)【解析】【分析】(1)列出所有两次移动的路径,求出其概率,根据得分规则,可得的分布列,并求期望.(2)先探讨棋子的运动轨迹,记两棋子之间的距离为,明确的值,求出对应的概率,设“回合后,的概率”,“回合后,的概率”,“回合后,的概率”,列出,,之间的关系,可求.【小问1详解】①两次移动的所有路径可能
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