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文档简介

义乌市普通高中2024届适应性考试数学试卷选择题部分(共58分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.样本数据12,46,38,11,51,24,33,35,55的第80百分位数是()A.33 B.35 C.46 D.51【答案】D【解析】【分析】根据百分位数的计算即可求解.【详解】将12,46,38,11,51,24,33,35,55从小到大排列为11,12,24,33,35,38,46,51,55,,故第80百分位数为第八个数51,故选:D2.已知是等比数列,若,,则的值为()A.9 B. C. D.81【答案】A【解析】【分析】根据等比中项的性质即可得到答案.【详解】由题得,而,则,故选:A.3.在中,角的对边分别为,,.若,,,则为()A.1 B.2 C.3 D.1或3【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理直接求解即可.【详解】由余弦定理得,即,即,解得或(舍).故选:C.4.某市高中数学统考(总分150分),假设考试成绩服从正态分布.如果按照,,,的比例将考试成绩从高到低分为,,,四个等级.若某同学考试成绩为99分,则该同学的等级为()(参考数据:,)A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据正态分布的性质即可求解.【详解】数学测试成绩服从正态分布,则,,由于等级的概率之和为,所以,而即故为A等级,为B等级,为C等级,为D等级,故99分为B等级.故选:B.5.在义乌,婺剧深受民众喜爱.某次婺剧表演结束后,老生、小生、花旦、正旦、老旦各一人排成一排合影留念,其中小生和老生不相邻且老旦不排在最右边的不同排法总数是()A.36 B.48 C.60 D.72【答案】C【解析】【分析】间接法,先求出小生和老生不相邻的情况,再减去老旦排在最右边的情况,即可得解.【详解】首先按照小生和老生不相邻的要求共有种排法,其中老旦排在最右边情况,左侧4个位置,先排花旦、正旦有,由此所成的3个空中将小生、老生插入有,所以排法有种,所以满足题意的不同排法总数是.故选:C6.若函数,则方程的实数根个数为()A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】【分析】求导得到函数单调性,画出函数图象,令,则,且,当时,结合图象可知,只有1个解,当时,结合图象可知,只有1个解,当时,结合图象可知,由3个解,从而得到答案.【详解】,当时,,则,此时在上单调递减,当时,,则,故当时,,当时,,故在上单调递减,在上单调递增,画出函数和的图象如下:令得,故,令,则,且,当时,结合图象可知,只有1个解,当时,结合图象可知,只有1个解,当时,结合图象可知,由3个解,综上,方程的实数根的个数为5.故选:D7.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,直线l满足l⊥m,l⊥n,则()A.α∥β且∥α B.α⊥β且⊥βC.α与β相交,且交线垂直于 D.α与β相交,且交线平行于【答案】D【解析】【详解】试题分析:由平面,直线满足,且,所以,又平面,,所以,由直线为异面直线,且平面平面,则与相交,否则,若则推出,与异面矛盾,所以相交,且交线平行于,故选D.考点:平面与平面的位置关系,平面的基本性质及其推论.8.已知,分别是椭圆的左,右焦点,是椭圆上一点,的角平分线与的交点恰好在轴上,则线段的长度为()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据题意画出图象,由角平分线的性质可得点到直线与的距离相等,进而利用直线的方程可得点的坐标,然后列方程求点的坐标,从而可得.【详解】由题意可知,点只能在第一、四象限,不妨设点在第一象限,如图所示:设,又,由题意可知,直线的斜率一定存在,所以,直线,即,则点,直线,化为一般形式得,因为点在的角平分线上,所以点到直线与的距离相等,点到直线的距离,点到直线的距离,于是,化简得,即,又点在椭圆上,所以,得,因此,,即,解得或,点在第一象限,所以,,则点,所以.故选:C.【点睛】思路点睛:首先设点的坐标,再求出直线,直线的表达式以及点的坐标,最后再根据点到角两边的距离相等以及点在椭圆上,解出点的坐标,最后再求线段的长度.二、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。全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.已知复数,则()A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】由,结合每个选项计算可判断其正确性.【详解】因为,所以,所以,故A正确;所以,所以,故B不正确;,故C不正确;,故D正确.故选:AD.10.已知在上是单调函数,且的图象关于点对称,则()A.若,则B.的图象的一条对称轴方程为C.函数在上无零点D.将的图象向左平移个单位长度后得到的函数为偶函数【答案】ABC【解析】【分析】利用在上单调,可得,再根据的图象关于点对称,可得,进而可得,结合每个选项计算可判断其正确性.【详解】,当,可得,又在上单调,所以,解得,又的图象关于点对称,所以,解得,当时,,符合题意,所以,对于A:若,则可得分别为函数的极大值与极小值,可得,故A正确;,所以的图象的一条对称轴方程为,故B正确;因为,所以,所以函数在上无零点,故C正确;将的图象向左平移个单位长度后得到的函数为,所以的图象向左平移个单位长度后得到的函数不为偶函数,故D不正确.故选:ABC.11.已知正实数,满足,则下列不等式可能成立的有()A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】将变形为,构造,,利用导数求解的单调性,即可判断的大小关系,结合函数图像即可求解.【详解】由可得,记,由于函数均为上的单调递增函数,故为上的单调递增函数,记,则,令,得,故在单调递增,令,得,故在单调递减,而,,故存在使得,故当,,即当时,当时,,故作出的大致图象如下:(黑色为图象,红色为图象)由图可知:当时,当时,可得,当时,可得,当时,可得,故选:ACD【点睛】关键点点睛:构造函数,求导判断单调性,由此判断的大小关系,数形结合求解.非选择题部分(共92分)三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.若二项式的展开式中各项系数和为256,则展开式中的常数项为_____.【答案】54【解析】【分析】先利用赋值法求出n的值,然后利用展开式通项求常数项.【详解】解:令x=1,有4n=256,解得n=4,所以展开式通项为:,令4﹣2k=0得,k=2.故常数项为:.故答案为:54.【点睛】本题考查了赋值法求二项式展开式的系数和、二项式展开式的通项公式,属于基础题.13.若圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为2,则双曲线的离心率为______.【答案】【解析】【分析】根据条件,将弦长转化为圆心到渐近线的距离,进而可得出与的关系,求解即可.【详解】对于双曲线,其渐近线方程为,对于圆,有,圆心为,半径,渐近线被圆截得的弦长为,所以圆心到渐近线的距离为,由点到直线距离公式得:,所以,所以,解得,所以双曲线的离心率为.故答案为:.14.某希望小学的操场空地的形状是一个扇形,计划在空地上挖一个内接于扇形的矩形沙坑(如图所示),有如下两个方案可供选择.经测量,,.在方案1中,若设,,则,满足的关系式为______,比较两种方案,沙坑面积最大值为______.【答案】①.(其中,),或,②.##【解析】【分析】(1)连接,在中应用勾股定理找到关系式,注意取值范围;(2)由(1)及基本不等式求得,结合三角形面积公式求方案一的最大值;再连接,,设,,在中应用勾股定理得,结合基本不等式、三角形面积公式求方案二最大值,比较大小即可.【详解】连接,由,,,,得,在中,,由,得,显然在上单调递减,所以满足的关系式为(,)或,;方案1:设游泳池的面积为,由(1)得,解得,当且仅当,即,时取等号,所以;方案2:设游泳池的面积为,取的中点,连接,,设,,在中,,则,解得,当且仅当时取等号,,而,所以选择第一种方案,此时游泳池面积的最大值为.故答案为:(,),或,;【点睛】关键点点睛:设出与图形面积相关的两个变形,借助勾股定理建立关系,利用基本不等式求解最值是解决问题的关键.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.已知函数在处的切线的方向向量为.(1)求的值;(2)求函数的单调区间与极值.【答案】(1)1(2)在上递增,在上递减,极大值为,无极小值【解析】【分析】(1)由切线的方向向量可得切线斜率,进而利用导数的几何意义即可求解;(2)利用导数研究函数的单调性并求极值即可.【小问1详解】在处的切线的方向向量为,所以在处的切线斜率,又,则,解得.【小问2详解】函数的定义域为,,令,解得或(舍去).当时,,则函数在上单调递增,当时,,则函数在上单调递减,在处取得极大值,即,无极小值.于是在上单调递增,在上单调递减,极大值为,无极小值.16.已知甲盒中有1个红球,2个蓝球,乙盒中有5个红球,4个蓝球,这些球除了颜色外完全相同.(1)从甲盒中有放回地取球,每次取1个,共取3次,求这3次中取出2次红球的概率;(2)从甲、乙两盒中各任取2个球,记取出4个球中红球的个数为,求的分布列和数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析,【解析】【分析】(1)先求每次从甲盒中取出红球概率,然后利用独立重复试验的概率即可求解;(2)确定随机变量的所有可能取值,求出每个值对应的概率,可得分布列,即可求得数学期望.【小问1详解】设“每次从甲盒中取出红球”,“这3次中取出2次红球”.则,.【小问2详解】所有可能的取值为0,1,2,3,,,0123.17.如图,四棱锥中,四边形是菱形,,是正三角形,是的重心,点满足.(1)求证:平面;(2)若,求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)根据重心的性质可得,即可根据线线平行求证,(2)根据线线垂直可得线面垂直,进而可得平面平面,根据余弦定理以及勾股定理求解长度,即可利用等体积法求解长度,利用线面角的几何法求解,或者建立空间直角坐标系,利用法向量与直线方向向量的夹角求解即可.【小问1详解】如图,连接,交点为,则是的中点.因为是的重心,所以.又是的中点,所以.由知在线段上,且,所以,而平面,平面,所以平面.【小问2详解】方法1:设,则.取中点,连接,则,,平面,故平面,又平面,所以平面平面,交线.由,,则,得.所以到平面的距离等于到直线的距离.设到平面的距离为,由平面知到平面的距离也是.由得,,,从而.在中,,,,由余弦定理得,所以直线与平面所成角的正弦值是.方法2:如图,以中点为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立空间直角坐标系.设,则,,,,,,,所以,,,设平面的法向量是,由.令,则,.所以,,从而直线与平面所成角的正弦值是.18.已知四点在抛物线上,直线经过点,直线经过点,直线与直线相交,交点在轴上.(1)求证:点是线段的中点;(2)记的面积为,的面积为,求的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)设,,,直线的方程为,直线的方程为,与抛物线联立可得,,进而可得,可得结论;(2)设,可得,进而可得,求得,可得,进而可得,法一:利用导数可求的最小值.法二:利用基本不等式可求的最小值.【小问1详解】设,,,直线的方程为,直线的方程为.由得,所以;由得,所以.所以,即点的纵坐标是点、点的纵坐标的等差中项,故是的中点.【小问2详解】设,因为直线与直线相交,交点在轴上,所以,从而,.直线的方程是,所以,即.因为是的中点,所以,.法一:记,考察函数,.因,所以在上是减函数,在上是增函数,故的最小值是,即的最小值是.法二:,时取到等号,即的最小值是.【点睛】思路点睛:求解直线与抛物线综合应用中的与三角形面积有关的最值(取值范围)问题的基本思路如下:①假设直线方程,与抛物线方程联立,整理为关于x或y一元二次方程的形式;②利用或其他限制条件求得变量的取值范围;③利用变量表示出所求三角形的面积;④通过换元法将所求内容转化为关于某一变量的函数的形式,利用函数的单调性或基本不等式求解出最值(范围).19.若函数满足以下三个条件,则称为函数.①定义域为;②对任意,;③对任意正整数,,当时,有.若给定函数某几个函数值,在满足条件①②③的情况下,可能的如果有种,分别为,,,.那么我们记等于,,,的最大值.这样得到的称为的最大生成函数.(1)若为函数,且是在给定条件,下的的最大生成函数,求和的值;(2)若为函数,且满足,求数列的前10项和;(3)若为函数,且是在给定条件,下的的最大生成函数,求数列的前项和.【答案】(1),(2)1024(3)【解析】【分析】(1)根据所给定义得到,结合所给条件求出,即可猜想,即可求出(2)首先求出,,猜想,再由数学归纳法证明,再由等比数列求和公式计算可得;

(3)首先求出的前几个数,猜想,利用数学归纳法证明,再分为偶数和为奇数,利用分组求和法计算可得.【小问1详解】因为,所以,所以.但是若,则,又,这出现矛盾,所以不成立,即,此时,,所以或者.若令,显然它是满足函数的3个条件的,不会出现矛盾.所以.【小问2详解】由,则,若,则,,出现矛盾.所以.同理求得,我们猜想下面证明它

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