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文档简介
湖南省株洲市攸县第四中学2024-2025学年高三下学期防疫期间“停课不停学”网上周考(二)数学试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、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2.已知圆与抛物线的准线相切,则的值为()A.1 B.2 C. D.43.甲乙两人有三个不同的学习小组,,可以参加,若每人必须参加并且仅能参加一个学习小组,则两人参加同一个小组的概率为()A.B.C.D.4.定义运算,则函数的图象是().A. B.C. D.5.设全集,集合,,则()A. B. C. D.6.在原点附近的部分图象大概是()A. B.C. D.7.已知正项等比数列的前项和为,则的最小值为()A. B. C. D.8.若点是角的终边上一点,则()A. B. C. D.9.已知集合,,若,则()A.4 B.-4 C.8 D.-810.设复数满足,则在复平面内的对应点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限11.在的展开式中,含的项的系数是()A.74 B.121 C. D.12.设双曲线(,)的一条渐近线与抛物线有且只有一个公共点,且椭圆的焦距为2,则双曲线的标准方程为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若满足,则目标函数的最大值为______.14.集合,,若是平面上正八边形的顶点所构成的集合,则下列说法正确的为________①的值可以为2;②的值可以为;③的值可以为;15.锐角中,角,,所对的边分别为,,,若,则的取值范围是______.16.如图所示,在边长为4的正方形纸片中,与相交于.剪去,将剩余部分沿,折叠,使、重合,则以、、、为顶点的四面体的外接球的体积为________.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,直线的参数方程为,(为参数).以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程;(2)若点是直线的一点,过点作曲线的切线,切点为,求的最小值.18.(12分)如图,在中,已知,,,为线段的中点,是由绕直线旋转而成,记二面角的大小为.(1)当平面平面时,求的值;(2)当时,求二面角的余弦值.19.(12分)已知函数,.(1)若时,解不等式;(2)若关于的不等式在上有解,求实数的取值范围.20.(12分)如图所示,在三棱柱中,为等边三角形,,,平面,是线段上靠近的三等分点.(1)求证:;(2)求直线与平面所成角的正弦值.21.(12分)已知点为椭圆上任意一点,直线与圆交于,两点,点为椭圆的左焦点.(1)求证:直线与椭圆相切;(2)判断是否为定值,并说明理由.22.(10分)已知为坐标原点,单位圆与角终边的交点为,过作平行于轴的直线,设与终边所在直线的交点为,.(1)求函数的最小正周期;(2)求函数在区间上的值域.
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.D【解析】
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.2.B【解析】
因为圆与抛物线的准线相切,则圆心为(3,0),半径为4,根据相切可知,圆心到直线的距离等于半径,可知的值为2,选B.【详解】请在此输入详解!3.A【解析】依题意,基本事件的总数有种,两个人参加同一个小组,方法数有种,故概率为.4.A【解析】
由已知新运算的意义就是取得中的最小值,因此函数,只有选项中的图象符合要求,故选A.5.B【解析】
可解出集合,然后进行补集、交集的运算即可.【详解】,,则,因此,.故选:B.本题考查补集和交集的运算,涉及一元二次不等式的求解,考查运算求解能力,属于基础题.6.A【解析】
分析函数的奇偶性,以及该函数在区间上的函数值符号,结合排除法可得出正确选项.【详解】令,可得,即函数的定义域为,定义域关于原点对称,,则函数为奇函数,排除C、D选项;当时,,,则,排除B选项.故选:A.本题考查利用函数解析式选择函数图象,一般要分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.7.D【解析】
由,可求出等比数列的通项公式,进而可知当时,;当时,,从而可知的最小值为,求解即可.【详解】设等比数列的公比为,则,由题意得,,得,解得,得.当时,;当时,,则的最小值为.故选:D.本题考查等比数列的通项公式的求法,考查等比数列的性质,考查学生的计算求解能力,属于中档题.8.A【解析】
根据三角函数的定义,求得,再由正弦的倍角公式,即可求解.【详解】由题意,点是角的终边上一点,根据三角函数的定义,可得,则,故选A.本题主要考查了三角函数的定义和正弦的倍角公式的化简、求值,其中解答中根据三角函数的定义和正弦的倍角公式,准确化简、计算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.9.B【解析】
根据交集的定义,,可知,代入计算即可求出.【详解】由,可知,又因为,所以时,,解得.故选:B.本题考查交集的概念,属于基础题.10.C【解析】
化简得到,得到答案.【详解】,故,对应点在第三象限.故选:.本题考查了复数的化简和对应象限,意在考查学生的计算能力.11.D【解析】
根据,利用通项公式得到含的项为:,进而得到其系数,【详解】因为在,所以含的项为:,所以含的项的系数是的系数是,,故选:D本题主要考查二项展开式及通项公式和项的系数,还考查了运算求解的能力,属于基础题,12.B【解析】
设双曲线的渐近线方程为,与抛物线方程联立,利用,求出的值,得到的值,求出关系,进而判断大小,结合椭圆的焦距为2,即可求出结论.【详解】设双曲线的渐近线方程为,代入抛物线方程得,依题意,,椭圆的焦距,,双曲线的标准方程为.故选:B.本题考查椭圆和双曲线的标准方程、双曲线的简单几何性质,要注意双曲线焦点位置,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.-1【解析】
由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,把最优解的坐标代入目标函数得答案.【详解】由约束条件作出可行域如图,化目标函数为,由图可得,当直线过点时,直线在轴上的截距最大,由得即,则有最大值,故答案为.本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值,属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”:(1)作出可行域(一定要注意是实线还是虚线);(2)找到目标函数对应的最优解对应点(在可行域内平移变形后的目标函数,最先通过或最后通过的顶点就是最优解);(3)将最优解坐标代入目标函数求出最值.14.②③【解析】
根据对称性,只需研究第一象限的情况,计算:,得到,,得到答案.【详解】如图所示:根据对称性,只需研究第一象限的情况,集合:,故,即或,集合:,是平面上正八边形的顶点所构成的集合,故所在的直线的倾斜角为,,故:,解得,此时,,此时.故答案为:②③.本题考查了根据集合的交集求参数,意在考查学生的计算能力和转化能力,利用对称性是解题的关键.15.【解析】
由余弦定理,正弦定理得出,从而得出,推出的范围,由余弦函数的性质得出的范围,再利用二倍角公式化简,即可得出答案.【详解】由题意得由正弦定理得化简得又为锐角三角形,则,,.故答案为本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用,属于中档题.16.【解析】
将三棱锥置入正方体中,利用正方体体对角线为三棱锥外接球的直径即可得到答案.【详解】由已知,将三棱锥置入正方体中,如图所示,,故正方体体对角线长为,所以外接球半径为,其体积为.故答案为:.本题考查三棱锥外接球的体积问题,一般在处理特殊几何体的外接球问题时,要考虑是否能将其置入正(长)方体中,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.(1),;(2)见解析【解析】
(1)消去t,得直线的普通方程,利用极坐标与普通方程互化公式得曲线的直角坐标方程;(2)判断与圆相离,连接,在中,,即可求解【详解】(1)将的参数方程(为参数)消去参数,得.因为,,所以曲线的直角坐标方程为.(2)由(1)知曲线是以为圆心,3为半径的圆,设圆心为,则圆心到直线的距离,所以与圆相离,且.连接,在中,,所以,,即的最小值为.本题考查参数方程化普通方程,极坐标与普通方程互化,直线与圆的位置关系,是中档题18.(1);(2).【解析】
(1)平面平面,建立坐标系,根据法向量互相垂直求得;(2)求两个平面的法向量的夹角.【详解】(1)如图,以为原点,在平面内垂直于的直线为轴所在的直线分别为轴,轴,建立空间直角坐标系,则,设为平面的一个法向量,由得,取,则因为平面的一个法向量为由平面平面,得所以即.(2)设二面角的大小为,当平面的一个法向量为,综上,二面角的余弦值为.本题考查用空间向量求平面间的夹角,平面与平面垂直的判定,二面角的平面角及求法,难度一般.19.(1)(2)【解析】
(1)零点分段法,分,,讨论即可;(2)当时,原问题可转化为:存在,使不等式成立,即.【详解】解:(1)若时,,当时,原不等式可化为,解得,所以,当时,原不等式可化为,解得,所以,当时,原不等式可化为,解得,所以,综上述:不等式的解集为;(2)当时,由得,即,故得,又由题意知:,即,故的范围为.本题考查解绝对值不等式以及不等式能成立求参数,考查学生的运算能力,是一道容易题.20.(1)证明见解析(2)【解析】
(1)由,故,所以四边形为菱形,再通过,证得,所以四边形为正方形,得到.(2)根据(1)的论证,建立空间直角坐标,设平面的法向量为,由求得,再由,利用线面角的向量法公式求解.【详解】(1)因为,故,所以四边形为菱形,而平面,故.因为,故,故,即四边形为正方形,故.(2)依题意,.在正方形中,,故以为原点,所在直线分别为、、轴,建立如图所示的空间直角坐标系;如图所示:不纺设,则,又因为,所以.所以.设平面的法向量为,则,即,令,则.于是.又因为,设直线与平面所成角为,则,所以直线与平面所成角的正弦值为.本题考查空间线面的位置关系、线面成角,还考查空间想象能力以及数形结合思想,属于中档题.21.(1)证明见解析;(2)是,理由见解析.【解析】
(1)根据判别式即可证明.(2)根据向量的数量积和韦达定理即可证明,需要分类讨论,【详解】解:(1)当时直线方程为或,直线与椭圆相切.当时,由得,由题知,,即,所以.故直线与椭圆相切.(2)设,,当时,,,,所以,即.当时,由得,则,,.因为.所以,即.故为定值.本题考查椭圆的
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