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文檔簡介
內蒙古通遼市科左后旗甘旗卡第二中學2024-2025學年高三第二學期綜合練習(一)數學試題試卷注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型(B)填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2.作答選擇題時,選出每小題答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑;如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答,答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上;如需改動,先劃掉原來的答案,然后再寫上新答案;不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后,請將本試卷和答題卡一并交回。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.框圖與程序是解決數學問題的重要手段,實際生活中的一些問題在抽象為數學模型之后,可以制作框圖,編寫程序,得到解決,例如,為了計算一組數據的方差,設計了如圖所示的程序框圖,其中輸入,,,,,,,則圖中空白框中應填入()A., B. C., D.,2.如圖,在棱長為4的正方體中,E,F,G分別為棱AB,BC,的中點,M為棱AD的中點,設P,Q為底面ABCD內的兩個動點,滿足平面EFG,,則的最小值為()A. B. C. D.3.設集合,,若,則()A. B. C. D.4.記遞增數列的前項和為.若,,且對中的任意兩項與(),其和,或其積,或其商仍是該數列中的項,則()A. B.C. D.5.已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),其右焦點F的坐標為(c,0),點A是第一象限內雙曲線漸近線上的一點,O為坐標原點,滿足|OA|=A.2 B.2 C.2336.已知平面和直線a,b,則下列命題正確的是()A.若∥,b∥,則∥ B.若,,則∥C.若∥,,則 D.若,b∥,則7.已知是平面內互不相等的兩個非零向量,且與的夾角為,則的取值范圍是()A. B. C. D.8.如下的程序框圖的算法思路源于我國古代數學名著《九章算術》中的“更相減損術”.執行該程序框圖,若輸入的a,b分別為176,320,則輸出的a為()A.16 B.18 C.20 D.159.若函數函數只有1個零點,則的取值范圍是()A. B. C. D.10.等差數列中,已知,且,則數列的前項和中最小的是()A.或 B. C. D.11.已知命題,那么為()A. B.C. D.12.已知某口袋中有3個白球和個黑球(),現從中隨機取出一球,再換回一個不同顏色的球(即若取出的是白球,則放回一個黑球;若取出的是黑球,則放回一個白球),記換好球后袋中白球的個數是.若,則=()A. B.1 C. D.2二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知函數,若,則實數的取值范圍為__________.14.已知函數是偶函數,直線與函數的圖象自左向右依次交于四個不同點A,B,C,D.若AB=BC,則實數t的值為_________.15.如圖在三棱柱中,,,,點為線段上一動點,則的最小值為________.16.定義在上的奇函數滿足,并且當時,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)已知函數(1)已知直線:,:.若直線與關于對稱,又函數在處的切線與垂直,求實數的值;(2)若函數,則當,時,求證:①;②.18.(12分)如圖,已知正方形所在平面與梯形所在平面垂直,BM∥AN,,,.(1)證明:平面;(2)求點N到平面CDM的距離.19.(12分)已知函數.(Ⅰ)當時,討論函數的單調區間;(Ⅱ)若對任意的和恒成立,求實數的取值范圍.20.(12分)已知的內角的對邊分別為,且滿足.(1)求角的大小;(2)若的面積為,求的周長的最小值.21.(12分)已知矩陣的一個特征值為3,求另一個特征值及其對應的一個特征向量.22.(10分)已知△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若c=2a,bsinB﹣asinA=asinC.(Ⅰ)求sinB的值;(Ⅱ)求sin(2B+)的值.
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】
依題意問題是,然后按直到型驗證即可.【詳解】根據題意為了計算7個數的方差,即輸出的,觀察程序框圖可知,應填入,,故選:A.本題考查算法與程序框圖,考查推理論證能力以及轉化與化歸思想,屬于基礎題.2.C【解析】
把截面畫完整,可得在上,由知在以為圓心1為半徑的四分之一圓上,利用對稱性可得的最小值.【詳解】如圖,分別取的中點,連接,易證共面,即平面為截面,連接,由中位線定理可得,平面,平面,則平面,同理可得平面,由可得平面平面,又平面EFG,在平面上,∴.正方體中平面,從而有,∴,∴在以為圓心1為半徑的四分之一圓(圓在正方形內的部分)上,顯然關于直線的對稱點為,,當且僅當共線時取等號,∴所求最小值為.故選:C.本題考查空間距離的最小值問題,解題時作出正方體的完整截面求出點軌跡是第一個難點,第二個難點是求出點軌跡,第三個難點是利用對稱性及圓的性質求得最小值.3.A【解析】
根據交集的結果可得是集合的元素,代入方程后可求的值,從而可求.【詳解】依題意可知是集合的元素,即,解得,由,解得.本題考查集合的交,注意根據交集的結果確定集合中含有的元素,本題屬于基礎題.4.D【解析】
由題意可得,從而得到,再由就可以得出其它各項的值,進而判斷出的范圍.【詳解】解:,或其積,或其商仍是該數列中的項,或者或者是該數列中的項,又數列是遞增數列,,,,只有是該數列中的項,同理可以得到,,,也是該數列中的項,且有,,或(舍,,根據,,,同理易得,,,,,,,故選:D.本題考查數列的新定義的理解和運用,以及運算能力和推理能力,屬于中檔題.5.C【解析】
計算得到Ac,bca【詳解】雙曲線的一條漸近線方程為y=bax,A故Ac,bca,Fc,0,故Mc,故選:C.本題考查了雙曲線離心率,意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.6.C【解析】
根據線面的位置關系,結合線面平行的判定定理、平行線的性質進行判斷即可.【詳解】A:當時,也可以滿足∥,b∥,故本命題不正確;B:當時,也可以滿足,,故本命題不正確;C:根據平行線的性質可知:當∥,,時,能得到,故本命題是正確的;D:當時,也可以滿足,b∥,故本命題不正確.故選:C本題考查了線面的位置關系,考查了平行線的性質,考查了推理論證能力.7.C【解析】試題分析:如下圖所示,則,因為與的夾角為,即,所以,設,則,在三角形中,由正弦定理得,所以,所以,故選C.考點:1.向量加減法的幾何意義;2.正弦定理;3.正弦函數性質.8.A【解析】
根據題意可知最后計算的結果為的最大公約數.【詳解】輸入的a,b分別為,,根據流程圖可知最后計算的結果為的最大公約數,按流程圖計算,,,,,,,易得176和320的最大公約數為16,故選:A.本題考查的是利用更相減損術求兩個數的最大公約數,難度較易.9.C【解析】
轉化有1個零點為與的圖象有1個交點,求導研究臨界狀態相切時的斜率,數形結合即得解.【詳解】有1個零點等價于與的圖象有1個交點.記,則過原點作的切線,設切點為,則切線方程為,又切線過原點,即,將,代入解得.所以切線斜率為,所以或.故選:C本題考查了導數在函數零點問題中的應用,考查了學生數形結合,轉化劃歸,數學運算的能力,屬于較難題.10.C【解析】
設公差為,則由題意可得,解得,可得.令
,可得
當時,,當時,,由此可得數列前項和中最小的.【詳解】解:等差數列中,已知,且,設公差為,
則,解得
,.
令
,可得,故當時,,當時,,
故數列前項和中最小的是.故選:C.本題主要考查等差數列的性質,等差數列的通項公式的應用,屬于中檔題.11.B【解析】
利用特稱命題的否定分析解答得解.【詳解】已知命題,,那么是.故選:.本題主要考查特稱命題的否定,意在考查學生對該知識的理解掌握水平,屬于基礎題.12.B【解析】由題意或4,則,故選B.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.【解析】
畫圖分析可得函數是偶函數,且在上單調遞減,利用偶函數性質和單調性可解.【詳解】作出函數的圖如下所示,觀察可知,函數為偶函數,且在上單調遞增,在上單調遞減,故,故實數的取值范圍為.故答案為:本題考查利用函數奇偶性及單調性解不等式.函數奇偶性的常用結論:(1)如果函數是偶函數,那么.(2)奇函數在兩個對稱的區間上具有相同的單調性;偶函數在兩個對稱的區間上具有相反的單調性.14.【解析】
由是偶函數可得時恒有,根據該恒等式即可求得,,的值,從而得到,令,可解得,,三點的橫坐標,根據可列關于的方程,解出即可.【詳解】解:因為是偶函數,所以時恒有,即,所以,所以,解得,,;所以;由,即,解得;故,.由,即,解得.故,.因為,所以,即,解得,故答案為:.本題考查函數奇偶性的性質及二次函數的圖象、性質,考查學生的計算能力,屬中檔題.15.【解析】
把繞著進行旋轉,當四點共面時,運用勾股定理即可求得的最小值.【詳解】將以為軸旋轉至與面在一個平面,展開圖如圖所示,若,,三點共線時最小為,為直角三角形,故答案為:本題考查了空間幾何體的翻折,平面內兩點之間線段最短,解直角三角形進行求解,考查了空間想象能力和計算能力,屬于中檔題.16.【解析】
根據所給表達式,結合奇函數性質,即可確定函數對稱軸及周期性,進而由的解析式求得的值.【詳解】滿足,由函數對稱性可知關于對稱,且令,代入可得,由奇函數性質可知,所以令,代入可得,所以是以4為周期的周期函數,則當時,所以,所以,故答案為:.本題考查了函數奇偶性與對稱性的綜合應用,周期函數的判斷及應用,屬于中檔題.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)①證明見解析②證明見解析【解析】
(1)首先根據直線關于直線對稱的直線的求法,求得的方程及其斜率.根據函數在處的切線與垂直列方程,解方程求得的值.(2)①構造函數,利用的導函數證得當時,,由此證得.②由①知成立,整理得成立.利用構造函數法證得,由此得到,即,化簡后得到.【詳解】(1)由解得必過與的交點.在上取點,易得點關于對稱的點為,即為直線,所以的方程為,即,其斜率為.又因為,所以,,由題意,解得.(2)因為,所以.①令,則,則,且,,時,,單調遞減;時,,單調遞增.因為,所以,因為,所以存在,使時,,單調遞增;時,,單調遞減;時,,單調遞增.又,所以時,,即,所以,即成立.②由①知成立,即有成立.令,即.所以時,,單調遞增;時,,單調遞減,所以,即,因為,所以,所以時,,即時,.本小題考查函數圖象的對稱性,利用導數求切線的斜率,利用導數證明不等式等基礎知識;考查學生分析問題,解決問題的能力,推理與運算求解能力,轉化與化歸思想,數形結合思想和應用意識.18.(1)證明見解析(2)【解析】
(1)因為正方形ABCD所在平面與梯形ABMN所在平面垂直,平面平面,,所以平面ABMN,因為平面ABMN,平面ABMN,所以,,因為,所以,因為,所以,所以,因為在直角梯形ABMN中,,所以,所以,所以,因為,所以平面.(2)如圖,取BM的中點E,則,又BM∥AN,所以四邊形ABEN是平行四邊形,所以NE∥AB,又AB∥CD,所以NE∥CD,因為平面CDM,平面CDM,所以NE∥平面CDM,所以點N到平面CDM的距離與點E到平面CDM的距離相等,設點N到平面CDM的距離為h,由可得點B到平面CDM的距離為2h,由題易得平面BCM,所以,且,所以,又,所以由可得,解得,所以點N到平面CDM的距離為.19.(Ⅰ)見解析(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)首先求得導函數,然后結合導函數的解析式分類討論函數的單調性即可;(Ⅱ)將原問題進行等價轉化為,,恒成立,然后構造新函數,結合函數的性質確定實數的取值范圍即可.【詳解】解:(Ⅰ)當時,,當時,在上恒成立,函數在上單調遞減;當時,由得:;由得:.∴當時,函數的單調遞減區間是,無單調遞增區間:當時,函數的單調遞減區間是,函數的單調遞增區間是.(Ⅱ)對任意的和,恒成立等價于:,,恒成立.即,,恒成立.令:,,,則得,由此可得:在區間上單調遞減,在區間上單調遞增,∴當時,,即又∵,∴實數的取值范圍是:.本題主要考查導函數研究函數的單調性和恒成立問題,考查分類討論的數學思想,等價轉化的數學思想等知識,屬于中等題.20.(1)(2)【解析】
(1)因為,所以,由余弦定理得,化簡得,可得,解得,又因為,所以.(6分)(2)因為,所以,則(當且僅當時,取等號).由(1)得(當且僅當時,取等號),解得.所以(當且僅當時,取等號),所以的周長的最小值為.21.另一個特征值為,對應的一個特征向量【解析】
根據特征多項式的一個零點為3,可得,再回代到方程即可解出另一個特征值為,最后利用求特征向量的一般步驟,可求出其對應的一個特征向量.【詳解】矩陣的特征多項式為:,是方程的一個根,,解
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