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文档简介

山东省恒台第一中学2019届高三数学上学期诊断性考试试卷 文(含解析)第I卷一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.已知集合( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】结合题意,计算集合A,计算交集,即可.【详解】解得,所以,故选A.【点睛】本道题考查了交集运算方法,属于较容易题.2.幂函数的图像过点( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意,设幂函数,根据幂函数的图像过点,求得幂函数的解析式,代入即可求解。【详解】由题意,设幂函数,又由幂函数的图像过点,代入得,解得,即,所以,故选B。【点睛】本题主要考查了幂函数的定义,及其解析式的应用,其中解答中根据幂函数的定义,设出幂函数的解析式,代入点的坐标求解函数的解析式是解答的关键,着重考查了推理与计算能力,属于基础题。3.若的最大值为( )A. B. 2 C. D. 4【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式,即可求解的最大值,得到答案。【详解】由题意,实数,则,当且仅当,即等号成立,即的最大值为,故选C。【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最大值问题,其中解答熟练应用基本不等式求解是解答的关键,着重考查了推理与计算能力,属于基础题。4.设平面,直线命题“”是命题“”的( )A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】根据线面平行的判定定理和两直线的位置关系,利用充要条件的判定方法,即可判定得到答案。【详解】由题意,平面,直线,若命题“”则可能或,所以充分性不成立,又由当“”时,此时直线与直线可能相交、平行或异面,所以必要性不成立,所以命题“”是命题“”的既不充分也不必要条件,故选D。【点睛】本题主要考查了充要条件的判定问题,其中解答中熟记线面平行的判定与性质,以及两直线的位置关系的判定,合理应用充要条件的判定方法是解答的关键,着重考查了推理与论证能力,属于基础题5.某校为了了解学生的课外阅读情况,随机调查了50名学生,得到他们在某一天各自课外阅读所用时间的数据,结果用右侧的条形图表示根据条形图可得这50名学生这一天平均每人的课外阅读时间为( )A. 0.7小时 B. 0.8小时 C. 0.9小时 D. 1.0小时【答案】C【解析】【分析】根据样本的条形图可知,将所有人的学习时间进行求和,进而求解平均每人的课外阅读时间,得到答案。【详解】由题意,根据给定的样本条形图可知,这50名学生这一天平均每人的课外阅读时间为小时,故选C。【点睛】本题主要考查了样本的条形图的应用,其中解答中熟记条形图的平均数的计算方法是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于基础题。6.设x,y满足约束条件的最小值是( )A. B. 0 C. 1 D. 2【答案】B【解析】【分析】结合不等式组,绘制可行域,平移目标函数,计算最值,即可。【详解】结合不等式,还原可行域,如图:将转化成,该目标函数从虚线位置平移,当移到A点的时候,z取到最小值,而A的坐标为,代入目标函数,计算出z=0.【点睛】本道题考查了线性规划问题,关键绘制出可行域,将目标函数转化为一般函数,平移,计算最值,即可,难度中等。7.已知是非零向量,的夹角为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析:由,则,所以,所以,所以,故选B考点:向量的运算及向量的夹角8.“十二平均律” 是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析:根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列,利用等比数列的相关性质可解.详解:因为每一个单音与前一个单音频率比为,所以,又,则故选D.点睛:此题考查等比数列的实际应用,解决本题的关键是能够判断单音成等比数列. 等比数列的判断方法主要有如下两种:(1)定义法,若()或(), 数列是等比数列;(2)等比中项公式法,若数列中,且(),则数列是等比数列.9.将函数的图象向右平移个单位长度得到图像,则下列判断错误的是( )A. 函数在区间上单调递增 B. 图像关于直线对称C. 函数在区间上单调递减 D. 图像关于点对称【答案】C【解析】【分析】由三角函数的图象变换,得到的解析式,再根据三角函数的图象与性质,逐一判定,即可得到答案。【详解】由题意,将函数的图象向右平移个单位长度,可得,对于A中,由,则,则函数在区间上单调递增是正确的;对于B中,令,则,所以函数图像关于直线对称是正确的;对于C中,则则,则函数在区间上先减后增,所以不正确;对于D中,令,则,所以图像关于点对称示正确的,故选C。【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象变换求解函数的解析式,以及三角函数的图象与性质的综合应用,其中解答中正确利用三角函数的图象变换求解函数的解析式,熟记三角函数的图象与性质是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题。10.如图,是一个圆柱被一个平面截去一部分后得到几何体的三视图,则该几何体的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意,根据给定的三视图可知,该几何体表示一个圆柱截去四分之一得到的一个空间几何体,其中圆柱的底面圆的半径为1,母线长为2,且,即可求解。【详解】由题意,根据给定的三视图可知,该几何体表示一个圆柱截去四分之一得到的一个空间几何体,如图所示,其中圆柱的底面圆的半径为1,母线长为2,且,所以该几何体的表面积为,故选A。【点睛】本题主要考查了空间几何体的三视图,以及几何体的表面积的计算问题,其中根据给定的几何体的三视图还原得到几何体的形状,进而求解几何体的表面积是解答的关键,着重考查了空间想象能力,以及推理与计算能力,属于基础题。11.函数时,.若函数在区间内有两个零点,则m的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】当时,从而作出函数与函数在上的图象如下:由图象可知,故直线的斜率结合图象可知,实数的取值范围是 故答案选点睛:先求出的解析式,然后转化为两个函数图像的交点问题,这样要求的范围就可以转化为斜率问题,化归转化,将函数问题利用图像转化为斜率问题。12.已知O为坐标原点,直线若直线l与圆C交于A,B两点,则OAB面积的最大值为( )A. 4 B. C. 2 D. 【答案】C【解析】【分析】由直线,可知,即点D为OC的中点,得出,设,得出,再由圆的性质,即可求解。【详解】由圆的方程可知圆心坐标,半径为2,又由直线,可知,即点D为OC的中点,所以,设,又由,所以,又由当,此时直线,使得的最小角为,即当时,此时的最大值为2,故选C。【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用问题,其中解答中根据圆的性质,得出,再由三角形的面积公式和正弦函数的性质求解是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题。第卷(非选择题)二填空题。13.若_.【答案】【解析】【分析】利用诱导公式,即可.【详解】【点睛】本道题考查了诱导公式,关键抓住,属于容易题.14.函数处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】由题意,函数的导数为,得到,再由直线的点斜式方程,即可求解切线的方程。【详解】由题意,函数的导数为,所以,即函数在点处的切线的斜率为,由直线的点斜式方程可知,切线的方程为,即。【点睛】本题主要考查了利用导数求解曲线在某点处的切线的方程,其中解答中根据导数四则运算的法则,正确求解函数的导数,得出曲线在某点处的切线的斜率,再利用点斜式求解切线的方程是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题。15.在直三棱柱为AC的中点直线与直线所成角的正弦值为_.【答案】【解析】【分析】结合题意,构造空间坐标系,利用空间向量数量积公式,计算夹角,即可。【详解】构造空间直角坐标系,设BC为x轴,AB为y轴,为z轴,则,,所以,结合空间向量数量积公式得到,得到,所以【点睛】本道题考查了空间向量数量积运算公式,关键建立空间坐标系,即可,属于中档题。16.已知椭圆,F1,F2为其焦点,平面内一点P满足PF2F1F2,且,线段PF1,PF2分别交椭圆于点A,B,若,则=_【答案】【解析】【分析】由题意,可得为等腰直角三角形,利用等腰直角三角形的性质和椭圆的定义,求得,且,联立方程组,求得,进而可求得结果。【详解】如图所示,由椭圆的方程可知,又由,且,所以为等腰直角三角形,又由,所以点为线段的中点,则,且,在等腰直角中,因为,可得,又由椭圆的定义可知,即,即,又由,所以,又因为,所以直线的方程为,联立方程组,解得,即,所以。【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用,其中解答中根据题设条件,得出为等腰直角三角形,利用等腰直角三角形的性质和椭圆的定义求解是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题。三解答题。17.在数列中,前n项和为(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前项和【答案】(1)(2) 【解析】【分析】(1)根据数列的递推关系式,相减得,进而利用等差数列的定义和通项公式,即可求解;(2)由(1)得,利用分组求和,即可求解数列的前n项和。【详解】(1),相减得: ,是首项为1,公差为1的等差数列, (2),设其前项和为则【点睛】本题主要考查了等差数列的定义和通项公式的求解,以及分组求和法的应用,其中解答中正确利用等差数列的定义和递推公式化简,求得数列的通项公式是解答本题的关键,着重考查了推理与计算能力,属于基础题。18.ABC中,角A,BC所对边分别为 .(1)求角C;(2)若ABC的面积为,求【答案】(1) (2) 【解析】【分析】(1)由正弦定理,化简得,求得,进而可求得角C的大小;(2)由三角形的面积公式,化简得,在由余弦定理,即可求解边的长。【详解】(1),。(2),【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理解三角形问题,以及三角形面积公式的应用,其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系,熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键着重考查了推理与计算能力,属于基础题。19.已知O为坐标原点,椭圆的两个焦点分别为.点在椭圆C上,且P到的距离之和为4.(1)求椭圆C的方程。(2)若过点的直线l与椭圆C交于A,B两点,以AB为直径的圆过O,求直线l的方程【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据椭圆的定义,求得,在代入点,求得,即可求得椭圆的方程;(2)设直线的方程为,联立方程组,利用根与系数的关系,求得,再由,利用向量数量积的运算,列出方程求得的值,即可得到直线的方程。【详解】(1) 到的距离之和为,椭圆经过点 椭圆的方程为(2)设,由已知得,斜率存在,设 ,得,以为直径的圆过,。【点睛】本题主要考查椭圆的定义及标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目,通常联立直线方程与椭圆(圆锥曲线)方程的方程组,应用一元二次方程根与系数的关系进行求解,此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错漏百出,本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等。20.在四棱锥是平行四边形PA=2(1)证明:平面平面PCD;(2)求四棱锥的体积【答案】(1)见证明;(2)【解析】【分析】(1)在中,利用勾股定理,得,利用线面垂直的判定定理,证得平面,再由面面垂直的判定定理,即可证得平面平面;(2)取中点为点,连结并延长交延长线与点,连结,利用线面垂直的判定定理,得平面,进而得到,得到为四棱锥的高,进而利用体积公式,即可求解。【详解】(1) , ,(2)取中点为点,连结并延长交延长线与点,连结.,同理:, ,为四棱锥的高在中,。【点睛】本题主要考查了空间中位置关系的判定与证明,及空间几何体的体积的计算问题,其中解答中合理应用线面关系的判定定理和性质定理是线面位置关系证明的关键,同时确定几何体的高线是解答体积问题的难点,着重考查了推理与论证能,以及计算能力,属于基础题。21.2018年“双十一”期间,某商场举办了一次有奖促销活动,顾客消费每满1000元可参加一次抽奖(例如:顾客甲消费930元,不得参与抽奖;顾客乙消费3400元,可以抽奖三次)。如图1,在圆盘上绘制了标有A,B,C,D的八个扇形区域,每次抽奖时由顾客按动按钮使指针旋转一次,旋转结束时指针会随机停在圆盘上的某一个位置,顾客获奖的奖次由指针所指区域决定(指针与区域边界线粗细忽略不计)。商家规定:指针停在标A,B,C,D的扇形区域分别对应的奖金为200元、150元、100元和50元。已知标有A,B,C,D的扇形区域的圆心角成等差数列,且标D的扇形区域的圆心角是标A的扇形区域的圆心角的4倍(I)某顾客只抽奖一次,设该顾客抽奖所获得的奖金数为X元,求X的分布列和数学期望;(II)如图2,该商场统计了活动期间一天的顾客消费情况现按照消费金额分层抽样选出15位顾客代表,其中获得奖金总数不足100元的顾客代表有7位现从这7位顾客代表中随机选取两位,求这两位顾客的奖金总数和仍不足100元的概率【答案】(1)详见解析(2) 【解析】【分析】(1)分别计算出X=50,100,150,200对应的概率,计算期望,即可。(2)结合古典概型,计算出,结合,即可。【详解】解:(1)设标有A,B,C,D的扇形区域的圆心角分别为 由题意知: 所以顾客抽奖一次,获得奖金X可能取值为50,100,150,200,所对应的概率分别为 所以X的分布列为X50100150200P期望 (2)由已知得:1消费金额位于内的顾客,获奖金额一定高于100元,2消费金额位于内的顾客获奖金额为0元,3消费金额位于内的顾客获奖金额可能为50,100,150,200元分层抽样得 内抽到的顾客代表人数为人,则获得奖金总数不足100元的剩余4位顾客代表必然获得奖金数为50元.设获奖金额为0元的三位顾客代表为,获奖金额为50元的四位顾客代表为 事件 “从这7位顾客代表中随机选取两位的奖金总数仍不足100元” “从这7位顾客代表中随机选取两位的奖金总数等于100元”从这7位顾客代表中随机选取两位的基本事件空间为:共有21个基本事件;共有6个基本事件。从这7位顾客代表中随机

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