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文檔簡介

2023屆湖南省邵陽市洞口縣第九中學高三下學期仿真考試(二)數學試題試卷注意事項: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.函數,,的部分圖象如圖所示,則函數表達式為()A. B.C. D.2.三國時代吳國數學家趙爽所注《周髀算經》中給出了勾股定理的絕妙證明.下面是趙爽的弦圖及注文,弦圖是一個以勾股形之弦為邊的正方形,其面積稱為弦實.圖中包含四個全等的勾股形及一個小正方形,分別涂成紅(朱)色及黃色,其面積稱為朱實、黃實,利用,化簡,得.設勾股形中勾股比為,若向弦圖內隨機拋擲顆圖釘(大小忽略不計),則落在黃色圖形內的圖釘數大約為()A. B. C. D.3.已知數列的前n項和為,,且對于任意,滿足,則()A. B. C. D.4.函數的定義域為,集合,則()A. B. C. D.5.在的展開式中,的系數為()A.-120 B.120 C.-15 D.156.“”是“”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件7.給出以下四個命題:①依次首尾相接的四條線段必共面;②過不在同一條直線上的三點,有且只有一個平面;③空間中如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行,那么這兩個角必相等;④垂直于同一直線的兩條直線必平行.其中正確命題的個數是()A.0 B.1 C.2 D.38.在區間上隨機取一個數,使直線與圓相交的概率為()A. B. C. D.9.若函數在處取得極值2,則()A.-3 B.3 C.-2 D.210.已知的值域為,當正數a,b滿足時,則的最小值為()A. B.5 C. D.911.已知函數,若函數的所有零點依次記為,且,則()A. B. C. D.12.已知向量,夾角為,,,則()A.2 B.4 C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知三棱錐的四個頂點都在球O的球面上,,,,,E,F分別為,的中點,,則球O的體積為______.14.若隨機變量的分布列如表所示,則______,______.-10115.已知數列滿足:點在直線上,若使、、構成等比數列,則______16.已知,,是平面向量,是單位向量.若,,且,則的取值范圍是________.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)在中,角所對的邊分別為,,的面積.(1)求角C;(2)求周長的取值范圍.18.(12分)已知橢圓的左焦點坐標為,,分別是橢圓的左,右頂點,是橢圓上異于,的一點,且,所在直線斜率之積為.(1)求橢圓的方程;(2)過點作兩條直線,分別交橢圓于,兩點(異于點).當直線,的斜率之和為定值時,直線是否恒過定點?若是,求出定點坐標;若不是,請說明理.19.(12分)在中,角A,B,C的對邊分別是a,b,c,且向量與向量共線.(1)求B;(2)若,,且,求BD的長度.20.(12分)在平面直角坐標系xoy中,曲線C的方程為.以原點O為極點,x軸的正半軸為極軸建立極坐標系,直線l的極坐標方程為.(1)寫出曲線C的極坐標方程,并求出直線l與曲線C的交點M,N的極坐標;(2)設P是橢圓上的動點,求面積的最大值.21.(12分)已知直線l的極坐標方程為,圓C的參數方程為(為參數).(1)請分別把直線l和圓C的方程化為直角坐標方程;(2)求直線l被圓截得的弦長.22.(10分)已知函數是減函數.(1)試確定a的值;(2)已知數列,求證:.

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】

根據圖像的最值求出,由周期求出,可得,再代入特殊點求出,化簡即得所求.【詳解】由圖像知,,,解得,因為函數過點,所以,,即,解得,因為,所以,.故選:A【點睛】本題考查根據圖像求正弦型函數的解析式,三角函數誘導公式,屬于基礎題.2.A【解析】分析:設三角形的直角邊分別為1,,利用幾何概型得出圖釘落在小正方形內的概率即可得出結論.解析:設三角形的直角邊分別為1,,則弦為2,故而大正方形的面積為4,小正方形的面積為.圖釘落在黃色圖形內的概率為.落在黃色圖形內的圖釘數大約為.故選:A.點睛:應用幾何概型求概率的方法建立相應的幾何概型,將試驗構成的總區域和所求事件構成的區域轉化為幾何圖形,并加以度量.(1)一般地,一個連續變量可建立與長度有關的幾何概型,只需把這個變量放在數軸上即可;(2)若一個隨機事件需要用兩個變量來描述,則可用這兩個變量的有序實數對來表示它的基本事件,然后利用平面直角坐標系就能順利地建立與面積有關的幾何概型;(3)若一個隨機事件需要用三個連續變量來描述,則可用這三個變量組成的有序數組來表示基本事件,利用空間直角坐標系即可建立與體積有關的幾何概型.3.D【解析】

利用數列的遞推關系式判斷求解數列的通項公式,然后求解數列的和,判斷選項的正誤即可.【詳解】當時,.所以數列從第2項起為等差數列,,所以,,.,,.故選:.【點睛】本題考查數列的遞推關系式的應用、數列求和以及數列的通項公式的求法,考查轉化思想以及計算能力,是中檔題.4.A【解析】

根據函數定義域得集合,解對數不等式得到集合,然后直接利用交集運算求解.【詳解】解:由函數得,解得,即;又,解得,即,則.故選:A.【點睛】本題考查了交集及其運算,考查了函數定義域的求法,是基礎題.5.C【解析】

寫出展開式的通項公式,令,即,則可求系數.【詳解】的展開式的通項公式為,令,即時,系數為.故選C【點睛】本題考查二項式展開的通項公式,屬基礎題.6.B【解析】

或,從而明確充分性與必要性.【詳解】,由可得:或,即能推出,但推不出∴“”是“”的必要不充分條件故選【點睛】本題考查充分性與必要性,簡單三角方程的解法,屬于基礎題.7.B【解析】

用空間四邊形對①進行判斷;根據公理2對②進行判斷;根據空間角的定義對③進行判斷;根據空間直線位置關系對④進行判斷.【詳解】①中,空間四邊形的四條線段不共面,故①錯誤.②中,由公理2知道,過不在同一條直線上的三點,有且只有一個平面,故②正確.③中,由空間角的定義知道,空間中如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行,那么這兩個角相等或互補,故③錯誤.④中,空間中,垂直于同一直線的兩條直線可相交,可平行,可異面,故④錯誤.故選:B【點睛】本小題考查空間點,線,面的位置關系及其相關公理,定理及其推論的理解和認識;考查空間想象能力,推理論證能力,考查數形結合思想,化歸與轉化思想.8.C【解析】

根據直線與圓相交,可求出k的取值范圍,根據幾何概型可求出相交的概率.【詳解】因為圓心,半徑,直線與圓相交,所以,解得所以相交的概率,故選C.【點睛】本題主要考查了直線與圓的位置關系,幾何概型,屬于中檔題.9.A【解析】

對函數求導,可得,即可求出,進而可求出答案.【詳解】因為,所以,則,解得,則.故選:A.【點睛】本題考查了函數的導數與極值,考查了學生的運算求解能力,屬于基礎題.10.A【解析】

利用的值域為,求出m,再變形,利用1的代換,即可求出的最小值.【詳解】解:∵的值域為,∴,∴,∴,當且僅當時取等號,∴的最小值為.故選:A.【點睛】本題主要考查了對數復合函數的值域運用,同時也考查了基本不等式中“1的運用”,屬于中檔題.11.C【解析】

令,求出在的對稱軸,由三角函數的對稱性可得,將式子相加并整理即可求得的值.【詳解】令,得,即對稱軸為.函數周期,令,可得.則函數在上有8條對稱軸.根據正弦函數的性質可知,將以上各式相加得:故選:C.【點睛】本題考查了三角函數的對稱性,考查了三角函數的周期性,考查了等差數列求和.本題的難點是將所求的式子拆分為的形式.12.A【解析】

根據模長計算公式和數量積運算,即可容易求得結果.【詳解】由于,故選:A.【點睛】本題考查向量的數量積運算,模長的求解,屬綜合基礎題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.【解析】

可證,則為的外心,又則平面即可求出,的值,再由勾股定理求出外接球的半徑,最后根據體積公式計算可得.【詳解】解:,,,因為為的中點,所以為的外心,因為,所以點在內的投影為的外心,所以平面,平面,所以,所以,又球心在上,設,則,所以,所以球O體積,.故答案為:【點睛】本題考查多面體外接球體積的求法,考查空間想象能力與思維能力,考查計算能力,屬于中檔題.14.【解析】

首先求得a的值,然后利用均值的性質計算均值,最后求得的值,由方差的性質計算的值即可.【詳解】由題意可知,解得(舍去)或.則,則,由方差的計算性質得.【點睛】本題主要考查分布列的性質,均值的計算公式,方差的計算公式,方差的性質等知識,意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.15.13【解析】

根據點在直線上可求得,由等比中項的定義可構造方程求得結果.【詳解】在上,,成等比數列,,即,解得:.故答案為:.【點睛】本題考查根據三項成等比數列求解參數值的問題,涉及到等比中項的應用,屬于基礎題.16.【解析】

先由題意設向量的坐標,再結合平面向量數量積的運算及不等式可得解.【詳解】由是單位向量.若,,設,則,,又,則,則,則,又,所以,(當或時取等)即的取值范圍是,,故答案為:,.【點睛】本題考查了平面向量數量積的坐標運算,意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.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.(Ⅰ)(Ⅱ)【解析】

(Ⅰ)由可得到,代入,結合正弦定理可得到,再利用余弦定理可求出的值,即可求出角;(Ⅱ)由,并結合正弦定理可得到,利用,,可得到,進而可求出周長的范圍.【詳解】解:(Ⅰ)由可知,∴.由正弦定理得.由余弦定理得,∴.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,∴,.的周長為.∵,∴,∴,∴的周長的取值范圍為.【點睛】本題考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的運用,考查了三角形的面積公式,考查了學生分析問題、解決問題的能力,屬于基礎題.18.(1)(2)直線過定點【解析】

(1),再由,解方程組即可;(2)設,,由,得,由直線MN的方程與橢圓方程聯立得到根與系數的關系,代入計算即可.【詳解】(1)由題意知:,又,且解得,,∴橢圓方程為,(2)當直線的斜率存在時,設其方程為,設,,由,得.則,(*)由,得,整理可得(*)代入得,整理可得,又,∴,即,∴直線過點當直線的斜率不存在時,設直線的方程為,,,其中,∴,由,得,所以∴當直線的斜率不存在時,直線也過定點綜上所述,直線過定點.【點睛】本題考查求橢圓的標準方程以及直線與橢圓位置關系中的定點問題,在處理直線與橢圓的位置關系的大題時,一般要利用根與系數的關系來求解,本題是一道中檔題.19.(1)(2)【解析】

(1)根據共線得到,利用正弦定理化簡得到答案.(2)根據余弦定理得到,,再利用余弦定理計算得到答案.【詳解】(1)∵與共線,∴.即,∴即,∵,∴,∵,∴.(2),,,在中,由余弦定理得:,∴.則或(舍去).∴,∵∴.在中,由余弦定理得:,∴.【點睛】本題考查了向量共線,正弦定理,余弦定理,意在考查學生的綜合應用能力.20.(1),,;(2).【解析】

(1)利用公式即可求得曲線的極坐標方程;聯立直線和曲線的極坐標方程,即可求得交點坐標;(2)設出點坐標的參數形式,將問題轉化為求三角函數最值的問題即可求得.【詳解】(1)曲線的極坐標方程:聯立,得,又因為都滿足兩方程,故兩曲線的交點為,.(2)易知,直線.設點,則點到直線的距離(其中).面積的最大值為.【點睛】本題考查極坐標方程和直角坐標方程之間的相互轉化,涉及利用橢圓的參數方程求面積的最值問題,屬綜合中檔題.21.(1).x2+y2=1.(2)16【解析】

(1)直接利用極坐標方程和參數方程公式化簡得到答案.(2)圓心到直線的距離為,故弦長為得到答案.【詳解】(1),即,即,即.,故.(2)圓心到直線的距離為,故弦長為.【點睛】本題考查了極坐標方程和參數方程,圓的弦長,意在考查學生的計算能力和轉化能力.22.(Ⅰ)(Ⅱ)見證明【解析】

(Ⅰ)求導得,由是減函數得,對任意的,都有恒成立,構造函數,通過求導判斷它的單調性,令其最大值小于等于0,即可求出;(Ⅱ)由是減函數,且可得,當時,,則,即,兩邊同除以得,,即,從而,兩邊取對數,然后再證明恒成立即可,構造函數,,通過

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