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文檔簡介
2024屆浙江省慈溪市三山高級中學高考數學二模試卷考生須知: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,設為內一點,且,則與的面積之比為A. B.C. D.2.已知f(x)=ax2+bx是定義在[a–1,2a]上的偶函數,那么a+b的值是A. B.C. D.3.已知是等差數列的前項和,若,,則()A.5 B.10 C.15 D.204.設,且,則()A. B. C. D.5.歷史上有不少數學家都對圓周率作過研究,第一個用科學方法尋求圓周率數值的人是阿基米德,他用圓內接和外切正多邊形的周長確定圓周長的上下界,開創了圓周率計算的幾何方法,而中國數學家劉徽只用圓內接正多邊形就求得的近似值,他的方法被后人稱為割圓術.近代無窮乘積式、無窮連分數、無窮級數等各種值的表達式紛紛出現,使得值的計算精度也迅速增加.華理斯在1655年求出一個公式:,根據該公式繪制出了估計圓周率的近似值的程序框圖,如下圖所示,執行該程序框圖,已知輸出的,若判斷框內填入的條件為,則正整數的最小值是A. B. C. D.6.以,為直徑的圓的方程是A. B.C. D.7.已知函數是定義在上的偶函數,且在上單調遞增,則()A. B.C. D.8.已知符號函數sgnxf(x)是定義在R上的減函數,g(x)=f(x)﹣f(ax)(a>1),則()A.sgn[g(x)]=sgnx B.sgn[g(x)]=﹣sgnxC.sgn[g(x)]=sgn[f(x)] D.sgn[g(x)]=﹣sgn[f(x)]9.已知是等差數列的前項和,若,設,則數列的前項和取最大值時的值為()A.2020 B.20l9 C.2018 D.201710.已知為坐標原點,角的終邊經過點且,則()A. B. C. D.11.已知是定義在上的奇函數,且當時,.若,則的解集是()A. B.C. D.12.已知向量,滿足,在上投影為,則的最小值為()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.若,則__________.14.在△ABC中,∠BAC=,AD為∠BAC的角平分線,且,若AB=2,則BC=_______.15.已知雙曲線-=1(a>0,b>0)與拋物線y2=8x有一個共同的焦點F,兩曲線的一個交點為P,若|FP|=5,則點F到雙曲線的漸近線的距離為_____.16.設函數,若在上的最大值為,則________.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)如圖,是矩形,的頂點在邊上,點,分別是,上的動點(的長度滿足需求).設,,,且滿足.(1)求;(2)若,,求的最大值.18.(12分)如圖,在四棱錐中,底面,底面是直角梯形,為側棱上一點,已知.(Ⅰ)證明:平面平面;(Ⅱ)求二面角的余弦值.19.(12分)記無窮數列的前項中最大值為,最小值為,令,則稱是“極差數列”.(1)若,求的前項和;(2)證明:的“極差數列”仍是;(3)求證:若數列是等差數列,則數列也是等差數列.20.(12分)棉花的纖維長度是評價棉花質量的重要指標,某農科所的專家在土壤環境不同的甲、乙兩塊實驗地分別種植某品種的棉花,為了評價該品種的棉花質量,在棉花成熟后,分別從甲、乙兩地的棉花中各隨機抽取21根棉花纖維進行統計,結果如下表:(記纖維長度不低于311的為“長纖維”,其余為“短纖維”)纖維長度甲地(根數)34454乙地(根數)112116(1)由以上統計數據,填寫下面列聯表,并判斷能否在犯錯誤概率不超過1.125的前提下認為“纖維長度與土壤環境有關系”.甲地乙地總計長纖維短纖維總計附:(1);(2)臨界值表;1.111.151.1251.1111.1151.1112.7163.8415.1246.6357.87911.828(2)現從上述41根纖維中,按纖維長度是否為“長纖維”還是“短纖維”采用分層抽樣的方法抽取8根進行檢測,在這8根纖維中,記乙地“短纖維”的根數為,求的分布列及數學期望.21.(12分)已知非零實數滿足.(1)求證:;(2)是否存在實數,使得恒成立?若存在,求出實數的取值范圍;若不存在,請說明理由22.(10分)已知橢圓的離心率為,且過點.(1)求橢圓C的標準方程;(2)點P是橢圓上異于短軸端點A,B的任意一點,過點P作軸于Q,線段PQ的中點為M.直線AM與直線交于點N,D為線段BN的中點,設O為坐標原點,試判斷以OD為直徑的圓與點M的位置關系.
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、A【解析】
作交于點,根據向量比例,利用三角形面積公式,得出與的比例,再由與的比例,可得到結果.【詳解】如圖,作交于點,則,由題意,,,且,所以又,所以,,即,所以本題答案為A.【點睛】本題考查三角函數與向量的結合,三角形面積公式,屬基礎題,作出合適的輔助線是本題的關鍵.2、B【解析】
依照偶函數的定義,對定義域內的任意實數,f(﹣x)=f(x),且定義域關于原點對稱,a﹣1=﹣2a,即可得解.【詳解】根據偶函數的定義域關于原點對稱,且f(x)是定義在[a–1,2a]上的偶函數,得a–1=–2a,解得a=,又f(–x)=f(x),∴b=0,∴a+b=.故選B.【點睛】本題考查偶函數的定義,對定義域內的任意實數,f(﹣x)=f(x);奇函數和偶函數的定義域必然關于原點對稱,定義域區間兩個端點互為相反數.3、C【解析】
利用等差通項,設出和,然后,直接求解即可【詳解】令,則,,∴,,∴.【點睛】本題考查等差數列的求和問題,屬于基礎題4、C【解析】
將等式變形后,利用二次根式的性質判斷出,即可求出的范圍.【詳解】即故選:C【點睛】此題考查解三角函數方程,恒等變化后根據的關系即可求解,屬于簡單題目.5、B【解析】
初始:,,第一次循環:,,繼續循環;第二次循環:,,此時,滿足條件,結束循環,所以判斷框內填入的條件可以是,所以正整數的最小值是3,故選B.6、A【解析】
設圓的標準方程,利用待定系數法一一求出,從而求出圓的方程.【詳解】設圓的標準方程為,由題意得圓心為,的中點,根據中點坐標公式可得,,又,所以圓的標準方程為:,化簡整理得,所以本題答案為A.【點睛】本題考查待定系數法求圓的方程,解題的關鍵是假設圓的標準方程,建立方程組,屬于基礎題.7、C【解析】
根據題意,由函數的奇偶性可得,,又由,結合函數的單調性分析可得答案.【詳解】根據題意,函數是定義在上的偶函數,則,,有,又由在上單調遞增,則有,故選C.【點睛】本題主要考查函數的奇偶性與單調性的綜合應用,注意函數奇偶性的應用,屬于基礎題.8、A【解析】
根據符號函數的解析式,結合f(x)的單調性分析即可得解.【詳解】根據題意,g(x)=f(x)﹣f(ax),而f(x)是R上的減函數,當x>0時,x<ax,則有f(x)>f(ax),則g(x)=f(x)﹣f(ax)>0,此時sgn[g(x)]=1,當x=0時,x=ax,則有f(x)=f(ax),則g(x)=f(x)﹣f(ax)=0,此時sgn[g(x)]=0,當x<0時,x>ax,則有f(x)<f(ax),則g(x)=f(x)﹣f(ax)<0,此時sgn[g(x)]=﹣1,綜合有:sgn[g(x)]=sgn(x);故選:A.【點睛】此題考查函數新定義問題,涉及函數單調性辨析,關鍵在于讀懂定義,根據自變量的取值范圍分類討論.9、B【解析】
根據題意計算,,,計算,,,得到答案.【詳解】是等差數列的前項和,若,故,,,,故,當時,,,,,當時,,故前項和最大.故選:.【點睛】本題考查了數列和的最值問題,意在考查學生對于數列公式方法的綜合應用.10、C【解析】
根據三角函數的定義,即可求出,得出,得出和,再利用二倍角的正弦公式,即可求出結果.【詳解】根據題意,,解得,所以,所以,所以.故選:C.【點睛】本題考查三角函數定義的應用和二倍角的正弦公式,考查計算能力.11、B【解析】
利用函數奇偶性可求得在時的解析式和,進而構造出不等式求得結果.【詳解】為定義在上的奇函數,.當時,,,為奇函數,,由得:或;綜上所述:若,則的解集為.故選:.【點睛】本題考查函數奇偶性的應用,涉及到利用函數奇偶性求解對稱區間的解析式;易錯點是忽略奇函數在處有意義時,的情況.12、B【解析】
根據在上投影為,以及,可得;再對所求模長進行平方運算,可將問題轉化為模長和夾角運算,代入即可求得.【詳解】在上投影為,即又本題正確選項:【點睛】本題考查向量模長的運算,對于含加減法運算的向量模長的求解,通常先求解模長的平方,再開平方求得結果;解題關鍵是需要通過夾角取值范圍的分析,得到的最小值.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】
由已知利用兩角差的正弦函數公式可得,兩邊平方,由同角三角函數基本關系式,二倍角的正弦函數公式即可計算得解.【詳解】,得,在等式兩邊平方得,解得.故答案為:.【點睛】本題主要考查了兩角差的正弦函數公式,同角三角函數基本關系式,二倍角的正弦函數公式在三角函數化簡求值中的應用,考查了轉化思想,屬于基礎題.14、【解析】
由,求出長度關系,利用角平分線以及面積關系,求出邊,再由余弦定理,即可求解.【詳解】,,,,.故答案為:.【點睛】本題考查共線向量的應用、面積公式、余弦定理解三角形,考查計算求解能力,屬于中檔題.15、【解析】
設點為,由拋物線定義知,,求出點P坐標代入雙曲線方程得到的關系式,求出雙曲線的漸近線方程,利用點到直線的距離公式求解即可.【詳解】由題意得F(2,0),因為點P在拋物線y2=8x上,|FP|=5,設點為,由拋物線定義知,,解得,不妨取P(3,2),代入雙曲線-=1,得-=1,又因為a2+b2=4,解得a=1,b=,因為雙曲線的漸近線方程為,所以雙曲線的漸近線為y=±x,由點到直線的距離公式可得,點F到雙曲線的漸近線的距離.故答案為:【點睛】本題考查雙曲線和拋物線方程及其幾何性質;考查運算求解能力和知識遷移能力;靈活運用雙曲線和拋物線的性質是求解本題的關鍵;屬于中檔題、常考題型.16、【解析】
求出函數的導數,由在上,可得在上單調遞增,則函數最大值為,即可求出參數的值.【詳解】解:定義域為,在上單調遞增,故在上的最大值為故答案為:【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性與最值,屬于基礎題.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)利用正弦定理和余弦定理化簡,根據勾股定理逆定理求得.(2)設,由此求得的表達式,利用三角函數最值的求法,求得的最大值.【詳解】(1)設,,,由,根據正弦定理和余弦定理得.化簡整理得.由勾股定理逆定理得.(2)設,,由(1)的結論知.在中,,由,所以.在中,,由,所以.所以,由,所以當,即時,取得最大值,且最大值為.【點睛】本小題考查正弦定理,余弦定理,勾股定理,解三角形,三角函數性質及其三角恒等變換等基礎知識;考查運算求解能力,推理論證能力,化歸與轉換思想,應用意識.18、(Ⅰ)證明見解析;(Ⅱ).【解析】
(Ⅰ)先證明
,再證明平面,利用面面垂直的判定定理,即可求證所求證;(Ⅱ)根據題意以為軸、軸、軸建立空間直角坐標系,求出平面和平面的向量,利用公式即可求解.【詳解】(Ⅰ)證:由已知得又平面,平面,,而故,平面平面,平面平面(Ⅱ)由(Ⅰ)知,推理知梯形中,,,有,又,故所以相似,故有,即所以,以為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則,,,設平面的法向量為,則令,則,是平面的一個法向量設平面的一個法向量為令,則是平面的一個法向量=又二面角為鈍二面角,其余弦值為.【點睛】本題考查線面、面面垂直的判定定理與性質定理,考查向量法求二面角的余弦值,考查直觀想象能力與運算求解能力,屬于中檔題.19、(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【解析】
(1)由是遞增數列,得,由此能求出的前項和.(2)推導出,,由此能證明的“極差數列”仍是.(3)證當數列是等差數列時,設其公差為,,是一個單調遞增數列,從而,,由,,,分類討論,能證明若數列是等差數列,則數列也是等差數列.【詳解】(1)解:∵無窮數列的前項中最大值為,最小值為,,,是遞增數列,∴,∴的前項和.(2)證明:∵,,∴,∴,∵,∴,∴的“極差數列”仍是(3)證明:當數列是等差數列時,設其公差為,,根據,的定義,得:,,且兩個不等式中至少有一個取等號,當時,必有,∴,∴是一個單調遞增數列,∴,,∴,∴,∴是等差數列,當時,則必有,∴,∴是一個單調遞減數列,∴,,∴,∴.∴是等差數列,當時,,∵,中必有一個為0,根據上式,一個為0,為一個必為0,∴,,∴數列是常數數列,則數列是等差數列.綜上,若數列是等差數列,則數列也是等差數列.【點睛】本小題主要考查新定義數列的理解和運用,考查等差數列的證明,考查數列的單調性,考查化歸與轉化的數學思想方法,屬于難題.20、(1)在犯錯誤概率不超過的前提下認為“纖維長度與土壤環境有關系”.(2)見解析【解析】試題分析:(1)可以根據所給表格填出列聯表,利用列聯表求出,結合所給數據,應用獨立性檢驗知識可作出判斷;(2)寫出的所有可能取值,并求出對應的
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