2023-2024學年上海市嘉定區封浜高級中學高三第二次模擬考試數學試卷含解析_第1頁
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文檔簡介

2023-2024學年上海市嘉定區封浜高級中學高三第二次模擬考試數學試卷考生須知: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.若函數有兩個極值點,則實數的取值范圍是()A. B. C. D.2.已知一個三棱錐的三視圖如圖所示,其中三視圖的長、寬、高分別為,,,且,則此三棱錐外接球表面積的最小值為()A. B. C. D.3.關于函數,有下列三個結論:①是的一個周期;②在上單調遞增;③的值域為.則上述結論中,正確的個數為()A. B. C. D.4.已知曲線且過定點,若且,則的最小值為().A. B.9 C.5 D.5.我國古代數學家秦九韶在《數書九章》中記述了“三斜求積術”,用現代式子表示即為:在中,角所對的邊分別為,則的面積.根據此公式,若,且,則的面積為()A. B. C. D.6.在正方體中,E是棱的中點,F是側面內的動點,且與平面的垂線垂直,如圖所示,下列說法不正確的是()A.點F的軌跡是一條線段 B.與BE是異面直線C.與不可能平行 D.三棱錐的體積為定值7.已知集合,則等于()A. B. C. D.8.已知函數,則在上不單調的一個充分不必要條件可以是()A. B. C.或 D.9.設復數滿足,在復平面內對應的點為,則()A. B. C. D.10.已知數列為等差數列,且,則的值為()A. B. C. D.11.設復數z=,則|z|=()A. B. C. D.12.已知命題若,則,則下列說法正確的是()A.命題是真命題B.命題的逆命題是真命題C.命題的否命題是“若,則”D.命題的逆否命題是“若,則”二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.如圖,己知半圓的直徑,點是弦(包含端點,)上的動點,點在弧上.若是等邊三角形,且滿足,則的最小值為___________.14.某種圓柱形的如罐的容積為個立方單位,當它的底面半徑和高的比值為______.時,可使得所用材料最省.15.“北斗三號”衛星的運行軌道是以地心為一個焦點的橢圓.設地球半徑為R,若其近地點?遠地點離地面的距離大約分別是,,則“北斗三號”衛星運行軌道的離心率為__________.16.已知橢圓的左右焦點分別為,過且斜率為的直線交橢圓于,若三角形的面積等于,則該橢圓的離心率為________.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)如圖,在四棱錐中,底面是直角梯形,,,,是正三角形,,是的中點.(1)證明:;(2)求直線與平面所成角的正弦值.18.(12分)已知函數與的圖象關于直線對稱.(為自然對數的底數)(1)若的圖象在點處的切線經過點,求的值;(2)若不等式恒成立,求正整數的最小值.19.(12分)在平面直角坐標系中,曲線(為參數),以坐標原點為極點,軸的正半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系,曲線的極坐標方程為.(1)求曲線的普通方程和曲線的普通方程;(2)若P,Q分別為曲線,上的動點,求的最大值.20.(12分)如圖,是正方形,點在以為直徑的半圓弧上(不與,重合),為線段的中點,現將正方形沿折起,使得平面平面.(1)證明:平面.(2)三棱錐的體積最大時,求二面角的余弦值.21.(12分)在平面直角坐標系xOy中,以O為極點,x軸的正半軸為極軸建立極坐標系,已知曲線C:ρcos2θ=4asinθ?(a>0),直線l的參數方程為x=-2+22t,y=-1+(I)寫出曲線C的直角坐標方程和直線l的普通方程(不要求具體過程);(II)設P(-2,-1),若|PM|,|MN|,|PN|成等比數列,求a的值.22.(10分)已知函數f(x)=x-2a-x-a(Ⅰ)若f(1)>1,求a的取值范圍;(Ⅱ)若a<0,對?x,y∈-∞,a,都有不等式f(x)≤(y+2020)+

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】試題分析:由題意得有兩個不相等的實數根,所以必有解,則,且,∴.考點:利用導數研究函數極值點【方法點睛】函數極值問題的常見類型及解題策略(1)知圖判斷函數極值的情況.先找導數為0的點,再判斷導數為0的點的左、右兩側的導數符號.(2)已知函數求極值.求f′(x)―→求方程f′(x)=0的根―→列表檢驗f′(x)在f′(x)=0的根的附近兩側的符號―→下結論.(3)已知極值求參數.若函數f(x)在點(x0,y0)處取得極值,則f′(x0)=0,且在該點左、右兩側的導數值符號相反.2、B【解析】

根據三視圖得到幾何體為一三棱錐,并以該三棱錐構造長方體,于是得到三棱錐的外接球即為長方體的外接球,進而得到外接球的半徑,求得外接球的面積后可求出最小值.【詳解】由已知條件及三視圖得,此三棱錐的四個頂點位于長方體的四個頂點,即為三棱錐,且長方體的長、寬、高分別為,∴此三棱錐的外接球即為長方體的外接球,且球半徑為,∴三棱錐外接球表面積為,∴當且僅當,時,三棱錐外接球的表面積取得最小值為.故選B.【點睛】(1)解決關于外接球的問題的關鍵是抓住外接的特點,即球心到多面體的頂點的距離都等于球的半徑,同時要作一圓面起襯托作用.(2)長方體的外接球的直徑即為長方體的體對角線,對于一些比較特殊的三棱錐,在研究其外接球的問題時可考慮通過構造長方體,通過長方體的外球球來研究三棱錐的外接球的問題.3、B【解析】

利用三角函數的性質,逐個判斷即可求出.【詳解】①因為,所以是的一個周期,①正確;②因為,,所以在上不單調遞增,②錯誤;③因為,所以是偶函數,又是的一個周期,所以可以只考慮時,的值域.當時,,在上單調遞增,所以,的值域為,③錯誤;綜上,正確的個數只有一個,故選B.【點睛】本題主要考查三角函數的性質應用.4、A【解析】

根據指數型函數所過的定點,確定,再根據條件,利用基本不等式求的最小值.【詳解】定點為,,當且僅當時等號成立,即時取得最小值.故選:A【點睛】本題考查指數型函數的性質,以及基本不等式求最值,意在考查轉化與變形,基本計算能力,屬于基礎題型.5、A【解析】

根據,利用正弦定理邊化為角得,整理為,根據,得,再由余弦定理得,又,代入公式求解.【詳解】由得,即,即,因為,所以,由余弦定理,所以,由的面積公式得故選:A【點睛】本題主要考查正弦定理和余弦定理以及類比推理,還考查了運算求解的能力,屬于中檔題.6、C【解析】

分別根據線面平行的性質定理以及異面直線的定義,體積公式分別進行判斷.【詳解】對于,設平面與直線交于點,連接、,則為的中點分別取、的中點、,連接、、,,平面,平面,平面.同理可得平面,、是平面內的相交直線平面平面,由此結合平面,可得直線平面,即點是線段上上的動點.正確.對于,平面平面,和平面相交,與是異面直線,正確.對于,由知,平面平面,與不可能平行,錯誤.對于,因為,則到平面的距離是定值,三棱錐的體積為定值,所以正確;故選:.【點睛】本題考查了正方形的性質、空間位置關系、空間角、簡易邏輯的判定方法,考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題.7、C【解析】

先化簡集合A,再與集合B求交集.【詳解】因為,,所以.故選:C【點睛】本題主要考查集合的基本運算以及分式不等式的解法,屬于基礎題.8、D【解析】

先求函數在上不單調的充要條件,即在上有解,即可得出結論.【詳解】,若在上不單調,令,則函數對稱軸方程為在區間上有零點(可以用二分法求得).當時,顯然不成立;當時,只需或,解得或.故選:D.【點睛】本題考查含參數的函數的單調性及充分不必要條件,要注意二次函數零點的求法,屬于中檔題.9、B【解析】

設,根據復數的幾何意義得到、的關系式,即可得解;【詳解】解:設∵,∴,解得.故選:B【點睛】本題考查復數的幾何意義的應用,屬于基礎題.10、B【解析】

由等差數列的性質和已知可得,即可得到,代入由誘導公式計算可得.【詳解】解:由等差數列的性質可得,解得,,故選:B.【點睛】本題考查等差數列的下標和公式的應用,涉及三角函數求值,屬于基礎題.11、D【解析】

先用復數的除法運算將復數化簡,然后用模長公式求模長.【詳解】解:z====﹣﹣,則|z|====.故選:D.【點睛】本題考查復數的基本概念和基本運算,屬于基礎題.12、B【解析】

解不等式,可判斷A選項的正誤;寫出原命題的逆命題并判斷其真假,可判斷B選項的正誤;利用原命題與否命題、逆否命題的關系可判斷C、D選項的正誤.綜合可得出結論.【詳解】解不等式,解得,則命題為假命題,A選項錯誤;命題的逆命題是“若,則”,該命題為真命題,B選項正確;命題的否命題是“若,則”,C選項錯誤;命題的逆否命題是“若,則”,D選項錯誤.故選:B.【點睛】本題考查四種命題的關系,考查推理能力,屬于基礎題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、1【解析】

建系,設,表示出點坐標,則,根據的范圍得出答案.【詳解】解:以為原點建立平面坐標系如圖所示:則,,,,設,則,,,,,,,顯然當取得最大值4時,取得最小值1.故答案為:1.【點睛】本題考查了平面向量的數量積運算,坐標運算,屬于中檔題.14、【解析】

設圓柱的高為,底面半徑為,根據容積為個立方單位可得,再列出該圓柱的表面積,利用導數求出最值,從而進一步得到圓柱的底面半徑和高的比值.【詳解】設圓柱的高為,底面半徑為.∵該圓柱形的如罐的容積為個立方單位∴,即.∴該圓柱形的表面積為.令,則.令,得;令,得.∴在上單調遞減,在上單調遞增.∴當時,取得最小值,即材料最省,此時.故答案為:.【點睛】本題考查函數的應用,解答本題的關鍵是寫出表面積的表示式,再利用導數求函數的最值,屬中檔題.15、【解析】

畫出圖形,結合橢圓的定義和題設條件,求得的值,即可求得橢圓的離心率,得到答案.【詳解】如圖所示,設橢圓的長半軸為,半焦距為,因為地球半徑為R,若其近地點?遠地點離地面的距離大約分別是,,可得,解得,所以橢圓的離心率為.故答案為:.【點睛】本題主要考查了橢圓的離心率的求解,其中解答中熟記橢圓的幾何性質,列出方程組,求得的值是解答的關鍵,著重考查了推理與計算能力,屬于基礎題.16、【解析】

由題得直線的方程為,代入橢圓方程得:,設點,則有,由,且解出,進而求解出離心率.【詳解】由題知,直線的方程為,代入消得:,設點,則有,,而,又,解得:,所以離心率.故答案為:【點睛】本題主要考查了直線與橢圓的位置關系,三角形面積計算與離心率的求解,考查了學生的運算求解能力三、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)見證明;(2)【解析】

(1)設是的中點,連接、,先證明是平行四邊形,再證明平面,即(2)以為坐標原點,的方向為軸的正方向,建空間直角坐標系,分別計算各個點坐標,計算平面法向量,利用向量的夾角公式得到直線與平面所成角的正弦值.【詳解】(1)證明:設是的中點,連接、,是的中點,,,,,,,是平行四邊形,,,,,,,,由余弦定理得,,,,平面,,;(2)由(1)得平面,,平面平面,過點作,垂足為,平面,以為坐標原點,的方向為軸的正方向,建立如圖的空間直角坐標系,則,,,,設是平面的一個法向量,則,,令,則,,,直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題考查了線面垂直,線線垂直,利用空間直角坐標系解決線面夾角問題,意在考查學生的空間想象能力和計算能力.18、(1)e;(2)2.【解析】

(1)根據反函數的性質,得出,再利用導數的幾何意義,求出曲線在點處的切線為,構造函數,利用導數求出單調性,即可得出的值;(2)設,求導,求出的單調性,從而得出最大值為,結合恒成立的性質,得出正整數的最小值.【詳解】(1)根據題意,與的圖象關于直線對稱,所以函數的圖象與互為反函數,則,,設點,,又,當時,,曲線在點處的切線為,即,代入點,得,即,構造函數,當時,,當時,,且,當時,單調遞增,而,故存在唯一的實數根.(2)由于不等式恒成立,可設,所以,令,得.所以當時,;當時,,因此函數在是增函數,在是減函數.故函數的最大值為.令,因為,,又因為在是減函數.所以當時,.所以正整數的最小值為2.【點睛】本題考查導數的幾何意義和利用導數解決恒成立問題,涉及到單調性、構造函數法等,考查函數思想和計算能力.19、(1),;(2)【解析】試題分析:(1)由消去參數,可得的普通方程,由可得的普通方程;(2)設為曲線上一點,點到曲線的圓心的距離,結合可得最值,的最大值為,從而得解.試題解析:(1)的普通方程為.∵曲線的極坐標方程為,∴曲線的普通方程為,即.(2)設為曲線上一點,則點到曲線的圓心的距離.∵,∴當時,d有最大值.又∵P,Q分別為曲線,曲線上動點,∴的最大值為.20、(1)見解析(2)【解析】

(1)利用面面垂直的性質定理證得平面,由此證得,根據圓的幾何性質證得,由此證得平面.(2)判斷出三棱錐的體積最大時點的位置.建立空間直角坐標系,通過平面和平面的法向量,計算出二面角的余弦值.【詳解】(1)證明:因為平面平面是正方形,所以平面.因為平面,所以.因為點在以為直徑的半圓弧上,所以.又,所以平面.(2)解:顯然,當點位于的中點時,的面積最大,三棱錐的體積也最大.不妨設,記中點為,以為原點,分別以的方向為軸、軸、軸的正方向,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,得.設平面的法向量為,則令,得,所以.由圖可知,二面角為銳角,故二面角的余弦值為.【點睛】本小題主要考查線面垂直的證明,考查二面角的求法,考查空間想象能力和邏輯推理能力,屬于中檔題.21、(I)x2=4aya>0,x-y+1=0【解析】

(I)利用所給的極坐標方程和參數方程,直接整理化簡得到直角坐標方程和普通方程;(II)聯立直線的參數方程和C的直角坐標方程,結合韋達定理以及等比數列的性質即可求得答案.【詳解】(I)曲線C:ρcos2可得ρ2cos2直線l的參數方程為x=-2+22t,x-y=-1,得x-y+1=0;(II)將x=-2+22t,y=-1+2t韋達定理:t1由題意得MN2=PM可得(t即32(a+

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