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文檔簡介

河南省鶴壁市第一中學2024屆高三第一次模擬考試-數學試題注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚,將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2.答題時請按要求用筆。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答,超出答題區域書寫的答案無效;在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折暴、不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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.設,則()A. B. C. D.2.若集合,,則=()A. B. C. D.3.如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,線段B1D1上有兩個動點E、F且EF=,則下列結論中錯誤的是()A.AC⊥BE B.EF平面ABCDC.三棱錐A-BEF的體積為定值 D.異面直線AE,BF所成的角為定值4.若,則實數的大小關系為()A. B. C. D.5.函數在上單調遞減的充要條件是()A. B. C. D.6.有一圓柱狀有蓋鐵皮桶(鐵皮厚度忽略不計),底面直徑為cm,高度為cm,現往里面裝直徑為cm的球,在能蓋住蓋子的情況下,最多能裝()(附:)A.個 B.個 C.個 D.個7.已知,,則()A. B. C.3 D.48.已知雙曲線C的兩條漸近線的夾角為60°,則雙曲線C的方程不可能為()A. B. C. D.9.已知角的終邊與單位圓交于點,則等于()A. B. C. D.10.已知七人排成一排拍照,其中甲、乙、丙三人兩兩不相鄰,甲、丁兩人必須相鄰,則滿足要求的排隊方法數為().A.432 B.576 C.696 D.96011.某市氣象部門根據2018年各月的每天最高氣溫平均數據,繪制如下折線圖,那么,下列敘述錯誤的是()A.各月最高氣溫平均值與最低氣溫平均值總體呈正相關B.全年中,2月份的最高氣溫平均值與最低氣溫平均值的差值最大C.全年中各月最低氣溫平均值不高于10°C的月份有5個D.從2018年7月至12月該市每天最高氣溫平均值與最低氣溫平均值呈下降趨勢12.如圖,平面四邊形中,,,,為等邊三角形,現將沿翻折,使點移動至點,且,則三棱錐的外接球的表面積為()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知正項等比數列中,,則__________.14.設O為坐標原點,,若點B(x,y)滿足,則的最大值是__________.15.已知,,其中,為正的常數,且,則的值為_______.16.函數(為自然對數的底數,),若函數恰有個零點,則實數的取值范圍為__________________.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)在中,角A、B、C的對邊分別為a、b、c,且.(1)求角A的大??;(2)若,的平分線與交于點D,與的外接圓交于點E(異于點A),,求的值.18.(12分)已知,函數.(1)若函數在上為減函數,求實數的取值范圍;(2)求證:對上的任意兩個實數,,總有成立.19.(12分)如圖,在三棱錐中,,,側面為等邊三角形,側棱.(1)求證:平面平面;(2)求三棱錐外接球的體積.20.(12分)如圖所示,在三棱柱中,為等邊三角形,,,平面,是線段上靠近的三等分點.(1)求證:;(2)求直線與平面所成角的正弦值.21.(12分)已知,點分別為橢圓的左、右頂點,直線交于另一點為等腰直角三角形,且.(Ⅰ)求橢圓的方程;(Ⅱ)設過點的直線與橢圓交于兩點,總使得為銳角,求直線斜率的取值范圍.22.(10分)已知等差數列和等比數列的各項均為整數,它們的前項和分別為,且,.(1)求數列,的通項公式;(2)求;(3)是否存在正整數,使得恰好是數列或中的項?若存在,求出所有滿足條件的的值;若不存在,說明理由.

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、C【解題分析】試題分析:,.故C正確.考點:復合函數求值.2、C【解題分析】試題分析:化簡集合故選C.考點:集合的運算.3、D【解題分析】

A.通過線面的垂直關系可證真假;B.根據線面平行可證真假;C.根據三棱錐的體積計算的公式可證真假;D.根據列舉特殊情況可證真假.【題目詳解】A.因為,所以平面,又因為平面,所以,故正確;B.因為,所以,且平面,平面,所以平面,故正確;C.因為為定值,到平面的距離為,所以為定值,故正確;D.當,,取為,如下圖所示:因為,所以異面直線所成角為,且,當,,取為,如下圖所示:因為,所以四邊形是平行四邊形,所以,所以異面直線所成角為,且,由此可知:異面直線所成角不是定值,故錯誤.故選:D.【題目點撥】本題考查立體幾何中的綜合應用,涉及到線面垂直與線面平行的證明、異面直線所成角以及三棱錐體積的計算,難度較難.注意求解異面直線所成角時,將直線平移至同一平面內.4、A【解題分析】

將化成以為底的對數,即可判斷的大小關系;由對數函數、指數函數的性質,可判斷出與1的大小關系,從而可判斷三者的大小關系.【題目詳解】依題意,由對數函數的性質可得.又因為,故.故選:A.【題目點撥】本題考查了指數函數的性質,考查了對數函數的性質,考查了對數的運算性質.兩個對數型的數字比較大小時,底數相同,則構造對數函數,結合對數的單調性可判斷大??;若真數相同,則結合對數函數的圖像或者換底公式可判斷大??;若真數和底數都不相同,則可與中間值如1,0比較大小.5、C【解題分析】

先求導函數,函數在上單調遞減則恒成立,對導函數不等式換元成二次函數,結合二次函數的性質和圖象,列不等式組求解可得.【題目詳解】依題意,,令,則,故在上恒成立;結合圖象可知,,解得故.故選:C.【題目點撥】本題考查求三角函數單調區間.求三角函數單調區間的兩種方法:(1)代換法:就是將比較復雜的三角函數含自變量的代數式整體當作一個角(或),利用基本三角函數的單調性列不等式求解;(2)圖象法:畫出三角函數的正、余弦曲線,結合圖象求它的單調區間.6、C【解題分析】

計算球心連線形成的正四面體相對棱的距離為cm,得到最上層球面上的點距離桶底最遠為cm,得到不等式,計算得到答案.【題目詳解】由題意,若要裝更多的球,需要讓球和鐵皮桶側面相切,且相鄰四個球兩兩相切,這樣,相鄰的四個球的球心連線構成棱長為cm的正面體,易求正四面體相對棱的距離為cm,每裝兩個球稱為“一層”,這樣裝層球,則最上層球面上的點距離桶底最遠為cm,若想要蓋上蓋子,則需要滿足,解得,所以最多可以裝層球,即最多可以裝個球.故選:【題目點撥】本題考查了圓柱和球的綜合問題,意在考查學生的空間想象能力和計算能力.7、A【解題分析】

根據復數相等的特征,求出和,再利用復數的模公式,即可得出結果.【題目詳解】因為,所以,解得則.故選:A.【題目點撥】本題考查相等復數的特征和復數的模,屬于基礎題.8、C【解題分析】

判斷出已知條件中雙曲線的漸近線方程,求得四個選項中雙曲線的漸近線方程,由此確定選項.【題目詳解】兩條漸近線的夾角轉化為雙曲漸近線與軸的夾角時要分為兩種情況.依題意,雙曲漸近線與軸的夾角為30°或60°,雙曲線的漸近線方程為或.A選項漸近線為,B選項漸近線為,C選項漸近線為,D選項漸近線為.所以雙曲線的方程不可能為.故選:C【題目點撥】本小題主要考查雙曲線的漸近線方程,屬于基礎題.9、B【解題分析】

先由三角函數的定義求出,再由二倍角公式可求.【題目詳解】解:角的終邊與單位圓交于點,,故選:B【題目點撥】考查三角函數的定義和二倍角公式,是基礎題.10、B【解題分析】

先把沒有要求的3人排好,再分如下兩種情況討論:1.甲、丁兩者一起,與乙、丙都不相鄰,2.甲、丁一起與乙、丙二者之一相鄰.【題目詳解】首先將除甲、乙、丙、丁外的其余3人排好,共有種不同排列方式,甲、丁排在一起共有種不同方式;若甲、丁一起與乙、丙都不相鄰,插入余下三人產生的空檔中,共有種不同方式;若甲、丁一起與乙、丙二者之一相鄰,插入余下三人產生的空檔中,共有種不同方式;根據分類加法、分步乘法原理,得滿足要求的排隊方法數為種.故選:B.【題目點撥】本題考查排列組合的綜合應用,在分類時,要注意不重不漏的原則,本題是一道中檔題.11、D【解題分析】

根據折線圖依次判斷每個選項得到答案.【題目詳解】由繪制出的折線圖知:在A中,各月最高氣溫平均值與最低氣溫平均值為正相關,故A正確;在B中,全年中,2月的最高氣溫平均值與最低氣溫平均值的差值最大,故B正確;在C中,全年中各月最低氣溫平均值不高于10℃的月份有1月,2月,3月,11月,12月,共5個,故C正確;在D中,從2018年7月至12月該市每天最高氣溫平均值與最低氣溫平均值,先上升后下降,故D錯誤.故選:D.【題目點撥】本題考查了折線圖,意在考查學生的理解能力.12、A【解題分析】

將三棱錐補形為如圖所示的三棱柱,則它們的外接球相同,由此易知外接球球心應在棱柱上下底面三角形的外心連線上,在中,計算半徑即可.【題目詳解】由,,可知平面.將三棱錐補形為如圖所示的三棱柱,則它們的外接球相同.由此易知外接球球心應在棱柱上下底面三角形的外心連線上,記的外心為,由為等邊三角形,可得.又,故在中,,此即為外接球半徑,從而外接球表面積為.故選:A【題目點撥】本題考查了三棱錐外接球的表面積,考查了學生空間想象,邏輯推理,綜合分析,數學運算的能力,屬于較難題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解題分析】

利用等比數列的通項公式將已知兩式作商,可得,再利用等比數列的性質可得,再利用等比數列的通項公式即可求解.【題目詳解】由,所以,解得.,所以,所以.故答案為:【題目點撥】本題考查了等比數列的通項公式以及等比中項,需熟記公式,屬于基礎題.14、【解題分析】,可行域如圖,直線與圓相切時取最大值,由15、【解題分析】

把已知等式變形,展開兩角和與差的三角函數,結合已知求得值.【題目詳解】解:由,得,,即,,又,,解得:.為正的常數,.故答案為:.【題目點撥】本題考查兩角和與差的三角函數,考查數學轉化思想方法,屬于中檔題.16、【解題分析】

令,則,恰有四個解.由判斷函數增減性,求出最小值,列出相應不等式求解得出的取值范圍.【題目詳解】解:令,則,恰有四個解.有兩個解,由,可得在上單調遞減,在上單調遞增,則,可得.設的負根為,由題意知,,,,則,.故答案為:.【題目點撥】本題考查導數在函數當中的應用,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)【解題分析】

(1)由,利用正弦定理轉化整理為,再利用余弦定理求解.(2)根據,利用兩角和的余弦得到,利用數形結合,設,在中,由正弦定理求得,在中,求得再求解.【題目詳解】(1)因為,所以,即,即,所以.(2)∵,.所以,從而.所以,.不妨設,O為外接圓圓心則AO=1,,.在中,由正弦定理知,有.即;在中,由,,從而.所以.【題目點撥】本題主要考查平面向量的模的幾何意義,還考查了數形結合的方法,屬于中檔題.18、(1)(2)見解析【解題分析】

(1)求出函數的導函數,依題意可得在上恒成立,參變分離得在上恒成立.設,求出即可得到參數的取值范圍;(2)不妨設,,,利用導數說明函數在上是減函數,即可得證;【題目詳解】解:(1)∵∴,且函數在上為減函數,即在上恒成立,∴在上恒成立.設,∵函數在上單調遞增,∴,∴,∴實數的取值范圍為.(2)不妨設,,,則,∴.∵,∴,又,令,∴,∴在上為減函數,∴,∴,即,∴在上是減函數,∴,即,∴,∴當時,.∵,∴.【題目點撥】本題考查了利用導數研究函數的單調性、極值與最值,利用導數證明不等式,考查了推理能力與計算能力,屬于難題.19、(1)見解析;(2).【解題分析】

(1)設中點為,連接、,利用等腰三角形三線合一的性質得出,利用勾股定理得出,由線面垂直的判定定理可證得平面,再利用面面垂直的判定定理可得出平面平面;(2)先確定三棱錐的外接球球心的位置,利用三角形相似求出外接球的半徑,再由球體的體積公式可求得結果.【題目詳解】(1)設中點為,連接、,因為,所以.又,所以,又由已知,,則,所以,.又為正三角形,且,所以,因為,所以,,,平面,又平面,平面平面;(2)由于是底面直角三角形的斜邊的中點,所以點是的外心,由(1)知平面,所以三棱錐的外接球的球心在上.在中,的垂直平分線與的交點即為球心,記的中點為點,則.由與相似可得,所以.所以三棱錐外接球的體積為.【題目點撥】本題考查面面垂直的證明,同時也考查了三棱錐外接球體積的計算,找出外接球球心的位置是解答的關鍵,考查推理能力與計算能力,屬于中等題.20、(1)證明見解析(2)【解題分析】

(1)由,故,所以四邊形為菱形,再通過,證得,所以四邊形為正方形,得到.(2)根據(1)的論證,建立空間直角坐標,設平面的法向量為,由求得,再由,利用線面角的向量法公式求解.【題目詳解】(1)因為,故,所以四邊形為菱形,而平面,故.因為,故,故,即四邊形為正方形,故.(2)依題意,.在正方形中,,故以為原點,所在直線分別為、、軸,建立如圖所示的空間直角坐標系;如圖所示:不紡設,則,又因為,所以.所以.設平面的法向量為,則,即,令,則.于是.又因為,設直線與平面所成角為,則,所以直線與平面所成角的正弦

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