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文檔簡介
2022-2023學年高三上數學期末模擬試卷考生須知:1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分,全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂;非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.如圖,圓錐底面半徑為,體積為,、是底面圓的兩條互相垂直的直徑,是母線的中點,已知過與的平面與圓錐側面的交線是以為頂點的拋物線的一部分,則該拋物線的焦點到圓錐頂點的距離等于()A. B.1 C. D.2.新聞出版業不斷推進供給側結構性改革,深入推動優化升級和融合發展,持續提高優質出口產品供給,實現了行業的良性發展.下面是2012年至2016年我國新聞出版業和數字出版業營收增長情況,則下列說法錯誤的是()A.2012年至2016年我國新聞出版業和數字出版業營收均逐年增加B.2016年我國數字出版業營收超過2012年我國數字出版業營收的2倍C.2016年我國新聞出版業營收超過2012年我國新聞出版業營收的1.5倍D.2016年我國數字出版營收占新聞出版營收的比例未超過三分之一3.已知直線,,則“”是“”的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件4.一個陶瓷圓盤的半徑為,中間有一個邊長為的正方形花紋,向盤中投入1000粒米后,發現落在正方形花紋上的米共有51粒,據此估計圓周率的值為(精確到0.001)()A.3.132 B.3.137 C.3.142 D.3.1475.如圖,某幾何體的三視圖是由三個邊長為2的正方形和其內部的一些虛線構成的,則該幾何體的體積為()A. B. C.6 D.與點O的位置有關6.直線與圓的位置關系是()A.相交 B.相切 C.相離 D.相交或相切7.設函數在定義城內可導,的圖象如圖所示,則導函數的圖象可能為()A. B.C. D.8.我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果.哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數可以表示為兩個素數(即質數)的和”,如,.在不超過20的素數中,隨機選取兩個不同的數,其和等于20的概率是()A. B. C. D.以上都不對9.已知函數的圖象如圖所示,則可以為()A. B. C. D.10.tan570°=()A. B.- C. D.11.己知函數的圖象與直線恰有四個公共點,其中,則()A. B.0 C.1 D.12.3本不同的語文書,2本不同的數學書,從中任意取出2本,取出的書恰好都是數學書的概率是()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.若奇函數滿足,為R上的單調函數,對任意實數都有,當時,,則________.14.已知向量,滿足,,且已知向量,的夾角為,,則的最小值是__.15.若存在直線l與函數及的圖象都相切,則實數的最小值為___________.16.設為偶函數,且當時,;當時,.關于函數的零點,有下列三個命題:①當時,存在實數m,使函數恰有5個不同的零點;②若,函數的零點不超過4個,則;③對,,函數恰有4個不同的零點,且這4個零點可以組成等差數列.其中,正確命題的序號是_______.三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.(12分)已知數列中,a1=1,其前n項和為,且滿足.(1)求數列的通項公式;(2)記,若數列為遞增數列,求λ的取值范圍.18.(12分)已知橢圓:的左、右焦點分別為,,焦距為2,且經過點,斜率為的直線經過點,與橢圓交于,兩點.(1)求橢圓的方程;(2)在軸上是否存在點,使得以,為鄰邊的平行四邊形是菱形?如果存在,求出的取值范圍,如果不存在,請說明理由.19.(12分)已知函數.(Ⅰ)求的值;(Ⅱ)若,且,求的值.20.(12分)(Ⅰ)證明:;(Ⅱ)證明:();(Ⅲ)證明:.21.(12分)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,且(1)求數列{a(2)求數列{1Sn}的前22.(10分)如圖,在四棱錐中,底面是菱形,∠,是邊長為2的正三角形,,為線段的中點.(1)求證:平面平面;(2)若為線段上一點,當二面角的余弦值為時,求三棱錐的體積.
參考答案一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】
建立平面直角坐標系,求得拋物線的軌跡方程,解直角三角形求得拋物線的焦點到圓錐頂點的距離.【詳解】將拋物線放入坐標系,如圖所示,∵,,,∴,設拋物線,代入點,可得∴焦點為,即焦點為中點,設焦點為,,,∴.故選:D【點睛】本小題考查圓錐曲線的概念,拋物線的性質,兩點間的距離等基礎知識;考查運算求解能力,空間想象能力,推理論證能力,應用意識.2、C【解析】
通過圖表所給數據,逐個選項驗證.【詳解】根據圖示數據可知選項A正確;對于選項B:,正確;對于選項C:,故C不正確;對于選項D:,正確.選C.【點睛】本題主要考查柱狀圖是識別和數據分析,題目較為簡單.3、C【解析】
先得出兩直線平行的充要條件,根據小范圍可推導出大范圍,可得到答案.【詳解】直線,,的充要條件是,當a=2時,化簡后發現兩直線是重合的,故舍去,最終a=-1.因此得到“”是“”的充分必要條件.故答案為C.【點睛】判斷充要條件的方法是:①若p?q為真命題且q?p為假命題,則命題p是命題q的充分不必要條件;②若p?q為假命題且q?p為真命題,則命題p是命題q的必要不充分條件;③若p?q為真命題且q?p為真命題,則命題p是命題q的充要條件;④若p?q為假命題且q?p為假命題,則命題p是命題q的即不充分也不必要條件.⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍,再根據“誰大誰必要,誰小誰充分”的原則,判斷命題p與命題q的關系.4、B【解析】
結合隨機模擬概念和幾何概型公式計算即可【詳解】如圖,由幾何概型公式可知:.故選:B【點睛】本題考查隨機模擬的概念和幾何概型,屬于基礎題5、B【解析】
根據三視圖還原直觀圖如下圖所示,幾何體的體積為正方體的體積減去四棱錐的體積,即可求出結論.【詳解】如下圖是還原后的幾何體,是由棱長為2的正方體挖去一個四棱錐構成的,正方體的體積為8,四棱錐的底面是邊長為2的正方形,頂點O在平面上,高為2,所以四棱錐的體積為,所以該幾何體的體積為.故選:B.【點睛】本題考查三視圖求幾何體的體積,還原幾何體的直觀圖是解題的關鍵,屬于基礎題.6、D【解析】
由幾何法求出圓心到直線的距離,再與半徑作比較,由此可得出結論.【詳解】解:由題意,圓的圓心為,半徑,∵圓心到直線的距離為,,,故選:D.【點睛】本題主要考查直線與圓的位置關系,屬于基礎題.7、D【解析】
根據的圖象可得的單調性,從而得到在相應范圍上的符號和極值點,據此可判斷的圖象.【詳解】由的圖象可知,在上為增函數,且在上存在正數,使得在上為增函數,在為減函數,故在有兩個不同的零點,且在這兩個零點的附近,有變化,故排除A,B.由在上為增函數可得在上恒成立,故排除C.故選:D.【點睛】本題考查導函數圖象的識別,此類問題應根據原函數的單調性來考慮導函數的符號與零點情況,本題屬于基礎題.8、A【解析】
首先確定不超過的素數的個數,根據古典概型概率求解方法計算可得結果.【詳解】不超過的素數有,,,,,,,,共個,從這個素數中任選個,有種可能;其中選取的兩個數,其和等于的有,,共種情況,故隨機選出兩個不同的數,其和等于的概率.故選:.【點睛】本題考查古典概型概率問題的求解,屬于基礎題.9、A【解析】
根據圖象可知,函數為奇函數,以及函數在上單調遞增,且有一個零點,即可對選項逐個驗證即可得出.【詳解】首先對4個選項進行奇偶性判斷,可知,為偶函數,不符合題意,排除B;其次,在剩下的3個選項,對其在上的零點個數進行判斷,在上無零點,不符合題意,排除D;然后,對剩下的2個選項,進行單調性判斷,在上單調遞減,不符合題意,排除C.故選:A.【點睛】本題主要考查圖象的識別和函數性質的判斷,意在考查學生的直觀想象能力和邏輯推理能力,屬于容易題.10、A【解析】
直接利用誘導公式化簡求解即可.【詳解】tan570°=tan(360°+210°)=tan210°=tan(180°+30°)=tan30°=.故選:A.【點睛】本題考查三角函數的恒等變換及化簡求值,主要考查誘導公式的應用,屬于基礎題.11、A【解析】
先將函數解析式化簡為,結合題意可求得切點及其范圍,根據導數幾何意義,即可求得的值.【詳解】函數即直線與函數圖象恰有四個公共點,結合圖象知直線與函數相切于,,因為,故,所以.故選:A.【點睛】本題考查了三角函數的圖像與性質的綜合應用,由交點及導數的幾何意義求函數值,屬于難題.12、D【解析】
把5本書編號,然后用列舉法列出所有基本事件.計數后可求得概率.【詳解】3本不同的語文書編號為,2本不同的數學書編號為,從中任意取出2本,所有的可能為:共10個,恰好都是數學書的只有一種,∴所求概率為.故選:D.【點睛】本題考查古典概型,解題方法是列舉法,用列舉法寫出所有的基本事件,然后計數計算概率.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】
根據可得,函數是以為周期的函數,令,可求,從而可得,代入解析式即可求解.【詳解】令,則,由,則,所以,解得,所以,由時,,所以時,;由,所以,所以函數是以為周期的函數,,又函數為奇函數,所以.故答案為:【點睛】本題主要考查了換元法求函數解析式、函數的奇偶性、周期性的應用,屬于中檔題.14、【解析】
求的最小值可以轉化為求以AB為直徑的圓到點O的最小距離,由此即可得到本題答案.【詳解】如圖所示,設,由題,得,又,所以,則點C在以AB為直徑的圓上,取AB的中點為M,則,設以AB為直徑的圓與線段OM的交點為E,則的最小值是,因為,又,所以的最小值是.故答案為:【點睛】本題主要考查向量的綜合應用問題,涉及到圓的相關知識與余弦定理,考查學生的分析問題和解決問題的能力,體現了數形結合的數學思想.15、【解析】
設直線l與函數及的圖象分別相切于,,因為,所以函數的圖象在點處的切線方程為,即,因為,所以函數的圖象在點處的切線方程為,即,因為存在直線l與函數及的圖象都相切,所以,所以,令,設,則,當時,,函數單調遞減;當時,,函數單調遞增,所以,所以實數的最小值為.16、①②③【解析】
根據偶函數的圖象關于軸對稱,利用已知中的條件作出偶函數的圖象,利用圖象對各個選項進行判斷即可.【詳解】解:當時又因為為偶函數可畫出的圖象,如下所示:可知當時有5個不同的零點;故①正確;若,函數的零點不超過4個,即,與的交點不超過4個,時恒成立又當時,在上恒成立在上恒成立由于偶函數的圖象,如下所示:直線與圖象的公共點不超過個,則,故②正確;對,偶函數的圖象,如下所示:,使得直線與恰有4個不同的交點點,且相鄰點之間的距離相等,故③正確.故答案為:①②③【點睛】本題考查函數方程思想,數形結合思想,屬于難題.三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)(2)【解析】
(1)項和轉換可得,繼而得到,可得解;(2)代入可得,由數列為遞增數列可得,,令,可證明為遞增數列,即,即得解【詳解】(1)∵,∴,∴,即,∴,∴,∴.(2).=2·-λ(2n+1).∵數列為遞增數列,∴,即.令,即.∴為遞增數列,∴,即的取值范圍為.【點睛】本題考查了數列綜合問題,考查了項和轉換,數列的單調性,最值等知識點,考查了學生綜合分析,轉化劃歸,數學運算的能力,屬于較難題.18、(1)(2)存在;實數的取值范圍是【解析】
(1)根據橢圓定義計算,再根據,,的關系計算即可得出橢圓方程;(2)設直線方程為,與橢圓方程聯立方程組,求出的范圍,根據根與系數的關系求出的中點坐標,求出的中垂線與軸的交點橫,得出關于的函數,利用基本不等式得出的范圍.【詳解】(1)由題意可知,,.又,,,橢圓的方程為:.(2)若存在點,使得以,為鄰邊的平行四邊形是菱形,則為線段的中垂線與軸的交點.設直線的方程為:,,,,,聯立方程組,消元得:,△,又,故.由根與系數的關系可得,設的中點為,,則,,線段的中垂線方程為:,令可得,即.,故,當且僅當即時取等號,,且.的取值范圍是,.【點睛】本題主要考查了橢圓的性質,考查直線與橢圓的位置關系,意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.19、(Ⅰ);(Ⅱ).【解析】
(Ⅰ)直接代入再由誘導公式計算可得;(Ⅱ)先得到,再根據利用兩角差的余弦公式計算可得.【詳解】解:(Ⅰ);(Ⅱ)因為所以,由得,又因為,故,所以,所以.【點睛】本題考查了三角函數中的恒等變換應用,屬于中檔題.20、(Ⅰ)見解析(Ⅱ)見解析(Ⅲ)見解析【解析】
運用數學歸納法證明即可得到結果化簡,運用累加法得出結果運用放縮法和累加法進行求證【詳解】(Ⅰ)數學歸納法證明時,①當時,成立;②當時,假設成立,則時所以時,成立綜上①②可知,時,(Ⅱ)由得所以;;故,又所以(Ⅲ)由累加法得:所以故【點睛】本題考查了數列的綜合,運用數學歸納法證明不等式的成立,結合已知條件進行化簡求出化簡后的結果,利用放縮法求出不等式,然后兩邊同時取對數再進行證明,本題較為困難。21、(1)an=2n【解析】
(1)先設出數列的公差為d,結合題中條件,求出首項和公差,即可得出結果.(2)利用裂項相消法求出數列的和.【詳解】解:(1)設公差為d的等差數列{an}且a1+a則有:a1
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