四川省巴中中学高三下学期3月半月考数学试题

届高三年级三月半月考数学试题时间：分钟满分：分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共分．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.复数z满足，则复数的虚部是（）A.B.2C.D.1【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可根据虚部概念求解.详解】由可得，所以虚部为，故选：D.2.已知命题，命题，则（）A.和均为真命题B.和均为真命题C.和均为真命题D.和均为真命题【答案】A【解析】【分析】直接判断命题的真假，再根据命题的否定可判断.【详解】对于命题p，当时，，所以p为真命题；对于命题q，由于恒成立，所以恒有.综上，p和q均为真命题.故选：A.3.已知向量满足，则（）A.2B.1C.1D.2【答案】D第1页/共20页【解析】【分析】结合已知条件，求得，再对两边同时平方求出，【详解】由得=，由，得又所以故选：D4.已知数据与原数据相比，下列说法错误的是（）A.中位数不变B.若，则数据的第75百分位数为7.5C.平均数不变D.方差变小【答案】B【解析】【分析】利用中位数、百分位数、平均数和方差的定义分析计算即可.【详解】原来的中位数与现在的中位数均为，故中位数不变，故A正确；当时，数据按从小到大顺序排列：.因为，所以该组数据的第75百分位数是第8个数8，故B错误；由于，故,,,,,原来的平均数为，去掉后的平均数为，平均数不变，故C正确；原来的方差为，去掉后的方差为，方差变小，故D正确.故选：B.第2页/共20页5.已知，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据同角关系可得，即可由正切的差角公式求解.【详解】由可得，又，所以，故，，故故选：D6.已知正三棱台的体积为，其上､下底面的边长分别为2，4，则该正三棱台的侧面上的高为（）A.B.C.D.2【答案】A【解析】【分析】根据条件先计算出正三棱台的高,在根据勾股定理求出该正三棱台的侧面上的高即可.【详解】设正三棱台的高为，上、下底面的中心分别为，则，分别为的中点，连接，则,做，则点在上，则底面，底面，所以，由，平面，得平面，因为平面，所以，即为侧面的高，上､下底面的面积分别为，，所以正三棱台的体积为，解得，第3页/共20页，所以该正三棱台的侧面上的高为.故选：A.7.函数与函数公切线的纵截距为（）A.1或0B.1或0C.1或D.1或【答案】B【解析】【分析】先设切点分别为，并通过点斜式方程写出两条切线方程，根据公切线方程得，最后计算值即可.【详解】设切点分别为，,且导数为，所以切斜方程为既为，也为，所以，所以，第4页/共20页所以，所以或，所以公切线的纵截距为或.故选：B.切线方程一样来求解公切线斜率.8.类比数列，我们把一系列向量按照一定的顺序排列，可得到向量列.已知向量列满足，且满足，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】构造得，再利用等比数列定义和通项公式即可.【详解】，则，其中，则是以为首项，2为公比的等比数列，则，则.故选：B.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共分．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.数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（）A.是递减数列B.C.当时，D.当且仅当时，取得最大值第5页/共20页【答案】AC【解析】【分析】利用求出可判断ABC；对配方可判断D.【详解】当时，，当时，，所以，对于A，，所以是递减数列，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，当，得，所以当时，，故C正确；对于D，，因为，所以当且仅当，或时，取得最大值，故D错误.故选：AC.10.关于函数，下列说法正确的是（）A.曲线在点处的切线方程为B.的图象关于原点对称C.若有三个不同零点，则实数m的范围是D.在上单调递减【答案】ACD【解析】AB出函数的极值，结合图象，由零点的意义判断C；确定单调性判断D即可得解.【详解】函数，得，对于A，，而，则切线方程为，即，故A正确；第6页/共20页对于B，，则的图象关于原点不对称，故B错误；对于C，当或时，；当时，，即函数在，上单调递增，在上单调递减，因此函数在处取得极大值，在处取得极小值，又当时,，当时,，函数的零点，即直线与函数图象交点的横坐标，作出函数的大致图象如下：则当直线与函数图象有3个交点时，，故C正确；对于D，由对C分析知在上单调递减，故D正确．故选：ACD.定义域为的函数满足：，当时，，则下列结论正确的有（）A.B.的图象关于点对称C.D.在上单调递增【答案】BC第7页/共20页【解析】【分析】对于A，赋值令，求解；对于B，赋值令，得到关于对称，再结合函数图像平移变换得解；对于C,赋值令，再令，再变形即可；对于D，赋值令，结合时，，举反例可解.详解】令，得到，则.故A错误.令，得到，则，则或,由于当时，，则此时，故时，，故时，，所以，而，故对任意恒成立，则关于对称.可由向左平移1个单位，再向下平移2个单位.则的图象关于点对称，故B正确.令，得到，则.令，得到令，得到，两式相减得，变形，即,时，，两边除以，第8页/共20页即，故C正确.令，则，时，，则，且，则，即.故D错误.故选：BC.【点睛】难点点睛：解答此类有关函数性质的题目，难点在于要结合抽象函数性质，利用赋值法以及代换法，推出函数相应的性质.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.已知直线是双曲线的一条渐近线，则此双曲线的离心率为__________..【答案】##【解析】【分析】由双曲线的渐近线方程为，可得，利用离心率公式，计算即可得到结果.【详解】因为双曲线的渐近线方程为，由直线是双曲线的一条渐近线，可得：，，所以离心率为故答案为：13.已知函数的部分图像如图所示，其中，则__________.第9页/共20页【答案】1【解析】求即可.【详解】设函数的最小正周期为，观察图象可得，所以，又，所以，又，所以，所以，，又，所以，所以，所以，故答案为：.14.切比雪夫不等式是191821.5~1894.12对于任一随机变量，若其数学期望和方差均存在，则对任意正实数，有.根据该不等式可以对事件的概率作出估计.在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列，现连续发射信号次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记第10页/共20页发射信号“1”的次数为随机变量，为了至少有的把握使发射信号“1”的频率在区间内，估计信号发射次数的值至少为______.【答案】1250【解析】【分析】由题意知，可求出，由，得，再由切比雪夫不等式列不等式求解即可.【详解】由题意知，所以，，若，则，即，即，由切比雪夫不等式知，要使得至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在区间内，则，解，所以估计信号发射次数n的最小值为1250.故答案为：1250【点睛】关键点点睛：此题考查二项分布的期望和方差，考查切比雪夫不等式的应用，解题的关键是将变形为，考查理解能力和计算能力，属于较难题.四、解答题：本题共5小题，共分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知分别为内角的对边，且.（1）求角A；（2）若，求边.【答案】（1）；（2）【解析】第11页/共20页1）运用正弦定理将边化角，然后化简即可；（2）运用余弦定理求解边长即可.【小问1详解】因为，所以由正弦定理得，因为,所以，所以，所以，因为，所以；【小问2详解】在中，，所以由余弦定理得，整理得，解得16.如图，单位圆上的一质点在随机外力的作用下，每一次在圆弧上等可能地逆时针或顺时针移动移动次回到起始位置的概率为.（1）求及的值：（2）求数列的前项和.【答案】（1），第12页/共20页（2）【解析】1）按着三种路线分别求概率即可，（2）由棋子移动的方向分别按逆时针与顺时针共有，，三种情况，故可得，，由数列的递推公式，求得的通项公式，再求,即可由求和公式求解.【小问1详解】如图：设起始位置为，移动2次回到起始位置，则；；所以，若移动3次回到起始位置，；；所以，【小问2详解】每次移动的时候是顺时针与逆时针移动是等可能的，设掷骰子次时，棋子移动到，，处的概率分别为：，，，所以．掷骰子次时，共有，，三种情况，故．，即，，又，第13页/共20页时，，又，可得，由，可得数列是首项为公比为的等比数列，，即，又．所以前项和为17.如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，平面平面，.（1）为上一点，平面，求的值：（2）平面与平面的交线为，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】1为，利用线面平行的性质，结合三角形中位线性质推理即得.（2）延长，相交于点，取的中点，利用面面垂直的性质证得平面，以为第14页/共20页原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即得.【小问1详解】设为上一点，且满足，连接，.由平面，且平面平面，得，即四边形为平行四边形，在等腰梯形中，，则，所以为的中点，，即.【小问2详解】延长，相交于点，设为中点，则平面与平面的交线为直线，连接，，由，得，且，又平面平面，平面平面，则平面，在中，，于是，且，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，设平面法向量，则，取，得，设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为.第15页/共20页18.已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆过点.（1）求椭圆的标准方程；（2与椭圆交于两点，是椭圆上位于直线两侧的动点，且直线的斜率为.①求四边形的面积的最大值；②设直线的斜率为，直线的斜率为，判断的值是否为常数，并说明理由.【答案】（1）；（2）①；②是，0【解析】1的方程为可求出，从而可求出椭圆方程；（2）①求出，设直线的方程为，设点，将直线方是椭圆C上位于直线PQ第16页/共20页示出四边形的面积，化简可求出其最大值；②表示出直线的斜率和直线的斜率，然后结合前面的式子化简可得答案.【小问1详解】设椭圆的方程为.由题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】①当时，，解得，所以点的坐标为，则，设直线的方程为，设点，联立，整理得：，由，可得.由韦达定理知：，又是椭圆C上位于直线PQ两侧，则，解得四边形的面积故当时，；②由题意知，直线的斜率，直线的斜率，第17页/共20页则..所以的值为常数0.【点睛】关键点点睛：本题第（2）问解题的关键是设出直线的方程，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，然后结合已知条件求解，考查计算能力，属于较难题.19.如图，在区间上，曲线与轴围成的阴影部分面积记为面积，若（为函数.设函数（1）若，求的值；（2）已知，点，过点的直线分别交于两点（的面积为，写出的表达式（用表示）并证明：：（3）函数有两个不同的零点，比较与的大小，并说明理由.【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）.第18页/共20页【解析】1）根据给定信息，令，直接代入计算即得.（2）利用矩形或梯形面积公式计算，再利用分析法推理构造函数，利用导数证明