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文档简介
2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布,从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为()(附:若随机变量ξ服从正态分布,则,.)A.4.56% B.13.59% C.27.18% D.31.74%2.已知双曲线的左、右顶点分别为,点是双曲线上与不重合的动点,若,则双曲线的离心率为()A. B. C.4 D.23.二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大,则展开式中的常数项是()A.180 B.90 C.45 D.3604.下列函数中,在区间上单调递减的是()A. B. C. D.5.已知函数若恒成立,则实数的取值范围是()A. B. C. D.6.已知双曲线的右焦点为为坐标原点,以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点及点,则双曲线的方程为()A. B. C. D.7.已知函数满足=1,则等于()A.- B. C.- D.8.如图,四边形为正方形,延长至,使得,点在线段上运动.设,则的取值范围是()A. B. C. D.9.已知为一条直线,为两个不同的平面,则下列说法正确的是()A.若,则 B.若,则C.若,则 D.若,则10.已知集合,,,则()A. B. C. D.11.若的内角满足,则的值为()A. B. C. D.12.执行如图所示的程序框图,输出的结果为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑,如图,在鳖臑中,平面,,且,过点分别作于点,于点,连接,则三棱锥的体积的最大值为__________.14.抛物线上到其焦点距离为5的点有_______个.15.设为偶函数,且当时,;当时,.关于函数的零点,有下列三个命题:①当时,存在实数m,使函数恰有5个不同的零点;②若,函数的零点不超过4个,则;③对,,函数恰有4个不同的零点,且这4个零点可以组成等差数列.其中,正确命题的序号是_______.16.在平面直角坐标系xOy中,已知A0,a,B3,a+4三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)已知函数.(1)求函数的单调递增区间;(2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若满足,,,求.18.(12分)如图,在三棱锥中,,,侧面为等边三角形,侧棱.(1)求证:平面平面;(2)求三棱锥外接球的体积.19.(12分)在中,角所对的边分别是,且.(1)求角的大小;(2)若,求边长.20.(12分)在四棱锥中,底面为直角梯形,,面.(1)在线段上是否存在点,使面,说明理由;(2)求二面角的余弦值.21.(12分)在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数,将曲线经过伸缩变换后得到曲线.在以原点为极点,轴正半轴为极轴的极坐标系中,直线的极坐标方程为.(1)说明曲线是哪一种曲线,并将曲线的方程化为极坐标方程;(2)已知点是曲线上的任意一点,又直线上有两点和,且,又点的极角为,点的极角为锐角.求:①点的极角;②面积的取值范围.22.(10分)已知椭圆:的四个顶点围成的四边形的面积为,原点到直线的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)已知定点,是否存在过的直线,使与椭圆交于,两点,且以为直径的圆过椭圆的左顶点?若存在,求出的方程:若不存在,请说明理由.
参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】试题分析:由题意故选B.考点:正态分布2、D【解析】
设,,,根据可得①,再根据又②,由①②可得,化简可得,即可求出离心率.【详解】解:设,,,∵,∴,即,①又,②,由①②可得,∵,∴,∴,∴,即,故选:D.【点睛】本题考查双曲线的方程和性质,考查了斜率的计算,离心率的求法,属于基础题和易错题.3、A【解析】试题分析:因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大,所以,,令,则,.考点:1.二项式定理;2.组合数的计算.4、C【解析】
由每个函数的单调区间,即可得到本题答案.【详解】因为函数和在递增,而在递减.故选:C【点睛】本题主要考查常见简单函数的单调区间,属基础题.5、D【解析】
由恒成立,等价于的图像在的图像的上方,然后作出两个函数的图像,利用数形结合的方法求解答案.【详解】因为由恒成立,分别作出及的图象,由图知,当时,不符合题意,只须考虑的情形,当与图象相切于时,由导数几何意义,此时,故.故选:D【点睛】此题考查的是函数中恒成立问题,利用了数形结合的思想,属于难题.6、C【解析】
根据双曲线方程求出渐近线方程:,再将点代入可得,连接,根据圆的性质可得,从而可求出,再由即可求解.【详解】由双曲线,则渐近线方程:,,连接,则,解得,所以,解得.故双曲线方程为.故选:C【点睛】本题考查了双曲线的几何性质,需掌握双曲线的渐近线求法,属于中档题.7、C【解析】
设的最小正周期为,可得,则,再根据得,又,则可求出,进而可得.【详解】解:设的最小正周期为,因为,所以,所以,所以,又,所以当时,,,因为,整理得,因为,,,则所以.故选:C.【点睛】本题考查三角形函数的周期性和对称性,考查学生分析能力和计算能力,是一道难度较大的题目.8、C【解析】
以为坐标原点,以分别为x轴,y轴建立直角坐标系,利用向量的坐标运算计算即可解决.【详解】以为坐标原点建立如图所示的直角坐标系,不妨设正方形的边长为1,则,,设,则,所以,且,故.故选:C.【点睛】本题考查利用向量的坐标运算求变量的取值范围,考查学生的基本计算能力,本题的关键是建立适当的直角坐标系,是一道基础题.9、D【解析】A.若,则或,故A错误;B.若,则或故B错误;C.若,则或,或与相交;D.若,则,正确.故选D.10、D【解析】
根据集合的基本运算即可求解.【详解】解:,,,则故选:D.【点睛】本题主要考查集合的基本运算,属于基础题.11、A【解析】
由,得到,得出,再结合三角函数的基本关系式,即可求解.【详解】由题意,角满足,则,又由角A是三角形的内角,所以,所以,因为,所以.故选:A.【点睛】本题主要考查了正弦函数的性质,以及三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式的化简、求值问题,着重考查了推理与计算能力.12、D【解析】
由程序框图确定程序功能后可得出结论.【详解】执行该程序可得.故选:D.【点睛】本题考查程序框图.解题可模拟程序运行,观察变量值的变化,然后可得结论,也可以由程序框图确定程序功能,然后求解.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
由已知可得△AEF、△PEF均为直角三角形,且AF=2,由基本不等式可得当AE=EF=2时,△AEF的面积最大,然后由棱锥体积公式可求得体积最大值.【详解】由PA⊥平面ABC,得PA⊥BC,又AB⊥BC,且PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,则BC⊥AE,又PB⊥AE,则AE⊥平面PBC,于是AE⊥EF,且AE⊥PC,结合条件AF⊥PC,得PC⊥平面AEF,∴△AEF、△PEF均为直角三角形,由已知得AF=2,而S△AEF=(AE2+EF2)=AF2=2,当且仅当AE=EF=2时,取“=”,此时△AEF的面积最大,三棱锥P﹣AEF的体积的最大值为:VP﹣AEF===.故答案为【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的判定,基本不等式的应用,同时考查了空间想象能力、计算能力和逻辑推理能力,属于中档题.14、2【解析】
设符合条件的点,由抛物线的定义可得,即可求解.【详解】设符合条件的点,则,所以符合条件的点有2个.故答案为:2【点睛】本题考查抛物线的定义的应用,考查抛物线的焦半径.15、①②③【解析】
根据偶函数的图象关于轴对称,利用已知中的条件作出偶函数的图象,利用图象对各个选项进行判断即可.【详解】解:当时又因为为偶函数可画出的图象,如下所示:可知当时有5个不同的零点;故①正确;若,函数的零点不超过4个,即,与的交点不超过4个,时恒成立又当时,在上恒成立在上恒成立由于偶函数的图象,如下所示:直线与图象的公共点不超过个,则,故②正确;对,偶函数的图象,如下所示:,使得直线与恰有4个不同的交点点,且相邻点之间的距离相等,故③正确.故答案为:①②③【点睛】本题考查函数方程思想,数形结合思想,属于难题.16、(-53,【解析】
求出AB的长度,直线方程,结合△ABC的面积为5,转化为圆心到直线的距离进行求解即可.【详解】解:AB的斜率k=a+4-a3-0=4=3设△ABC的高为h,则∵△ABC的面积为5,∴S=12|AB|h=即h=2,直线AB的方程为y﹣a=43x,即4x﹣3y+3若圆x2+y2=9上有且仅有四个不同的点C,则圆心O到直线4x﹣3y+3a=0的距离d=|3a|则应该满足d<R﹣h=3﹣2=1,即|3a|5得|3a|<5得-53<故答案为:(-53,【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系的应用,求出直线方程和AB的长度,转化为圆心到直线的距离是解决本题的关键.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1);(2)【解析】
(1)化简得到,取,解得答案.(2),解得,根据余弦定理得到,再用一次余弦定理解得答案.【详解】(1).取,解得.(2),因为,故,.根据余弦定理:,..【点睛】本题考查了三角恒等变换,三角函数单调性,余弦定理,意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.18、(1)见解析;(2).【解析】
(1)设中点为,连接、,利用等腰三角形三线合一的性质得出,利用勾股定理得出,由线面垂直的判定定理可证得平面,再利用面面垂直的判定定理可得出平面平面;(2)先确定三棱锥的外接球球心的位置,利用三角形相似求出外接球的半径,再由球体的体积公式可求得结果.【详解】(1)设中点为,连接、,因为,所以.又,所以,又由已知,,则,所以,.又为正三角形,且,所以,因为,所以,,,平面,又平面,平面平面;(2)由于是底面直角三角形的斜边的中点,所以点是的外心,由(1)知平面,所以三棱锥的外接球的球心在上.在中,的垂直平分线与的交点即为球心,记的中点为点,则.由与相似可得,所以.所以三棱锥外接球的体积为.【点睛】本题考查面面垂直的证明,同时也考查了三棱锥外接球体积的计算,找出外接球球心的位置是解答的关键,考查推理能力与计算能力,属于中等题.19、(1);(2).【解析】
(1)把代入已知条件,得到关于的方程,得到的值,从而得到的值.(2)由(1)中得到的的值和已知条件,求出,再根据正弦定理求出边长.【详解】(1)因为,,所以,,所以,即.因为,所以,因为,所以.(2).在中,由正弦定理得,所以,解得.【点睛】本题考查三角函数公式的运用,正弦定理解三角形,属于简单题.20、(1)存在;详见解析(2)【解析】
(1)利用面面平行的性质定理可得,为上靠近点的三等分点,中点,证明平面平面即得;(2)过作交于,可得两两垂直,以分别为轴建立空间直角坐标系,求出长,写出各点坐标,用向量法求二面角.【详解】解:(1)当为上靠近点的三等分点时,满足面.证明如下,取中点,连结.即易得所以面面,即面.(2)过作交于面,两两垂直,以分别为轴建立空间直角坐标系,如图,设面法向量,则,即取同理可得面的法向量综上可知锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查立体几何中的存探索性命题,考查用空间向量法求二面角.线面平行问题可通过面面平行解决,一定要掌握:立体几何中线线平行、线面平行、面面平行是相互转化、相互依存的.求空间角一般是建立空间直角坐标系,用空间向量法求空间角.21、(1)曲线为圆心在原点,半径为2的圆.的极坐标方程为(2)①②【解析】
(1)求得曲线伸缩变换后所得的参数方程,消参后求得的普通方程,判断出对应的曲线,并将的普通方程转化为极坐标方程.(2)①将的极角代入直线的极坐标方程,由此求得点的极径,判断出为等腰三角形,求得直线的普通方程,由此求得,进而求得,从而求得点的极角.②解法一:利用曲线的参数方程,求得曲线上的点到直线的距离的表达式,结合三角函数的知识求得的最小值和最大值,由此求得面积的取值范围.解法二:根据曲线表示的曲线,利用圆的几何性质求得圆上的点到直线的距离的最大值和最小值,进而求得面积的取值范围.【详解】(1)因为曲线的参数方程为(为参数),因为则曲线的参数方程所以的普通方程为.所以曲线为圆心在原点,半径为2的圆.所以的极坐标方程为,即.(2)①点的极角为,代入直线的极坐标方程得点极径为,且,所以为等腰三角形,又直线的普通方程为,又点的极角为锐角,所以,所以,所以点的极角为.②解法1:直线的普通方程为.曲线上的点到直线的距离.当,即()时,取到最小值为.当,即()时,取到最大值为.所以面积的最大值为;所以面积的最小值为;故面积的取值范围.解法2:直线的普通方程为.因为圆的半径为2,且
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