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文档简介
豫西北教研联盟(许洛平)2024-2025学年高三第一次质量检测数学注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题:本题共8小题,每题5分,共40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.已知向量,若,则()A. B.2 C.2或 D.2或【答案】C【解析】【分析】由数量积的坐标运算公式可得结果.【详解】,解得:或.故选:C.2.已知集合,若,则实数的取值范围是()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由集合的包含关系,对集合是否是空集分类讨论即可求解.【详解】集合,若,则若,则满足题意;若,且,则,综上所述,实数的取值范围是.故选:3.已知,则()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用二倍角余弦公式和诱导公式直接求解即可.【详解】,,.故选:B.4.下列选项中,是的充要条件的是()A.已知非零向量B.已知C.在中,D.直线【答案】C【解析】【分析】根据充要条件、向量数量积运算、一元二次不等式、正弦定理、直线平行等知识对选项进行分析,从而确定正确答案.【详解】是的充要条件,则,A选项,对于,,可能,但的长度、方向不一定相等,不能得到,所以A选项错误.B选项,对于,,解得,而,所以B选项错误.C选项,在三角形中,大角对大边,所以,由正弦定理得,所以,所以C选项正确.D选项,对于,时,两直线的方程都可以化为,此时两直线重合,所以D选项错误.故选:C5.已知,则的解集为()A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】【分析】根据定义判断奇偶性,由解析式判断对数复合函数的单调性,综合运用奇函数、单调性解不等式即可.【详解】由,且定义域为R,根据在上递增,则在上递增,又在上递增,则在上递增,结合奇函数性质且函数在R上连续,则在R上递增,由,所以,解集或.故选:D6.过双曲线的右焦点的直线与交于两点,若线段的长度取最小值时,直线恰有两条,则双曲线的离心率为()A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】若线段的长度取最小值时,直线恰有两条,则可得直线轴,和直线与轴重合,而从确定,最后求出双曲线的离心率.【详解】由过双曲线C:x2a2−y2b2若两点均在双曲线的右支时,则轴时,线段的长度取最小值,即为通径,此时为,若两点在双曲线的两支时,则直线与轴重合时,线段的长度取最小值,即为实轴,此时为,若线段的长度取最小值时,直线恰有两条,则,即,则双曲线的离心率,故选:A.7.已知数列中,,若,则()A.4 B.5 C.6 D.7【答案】B【解析】【分析】根据给定条件,利用等比数列定义求出,利用构造法求出,再列式求解即得.【详解】在数列中,由,得数列是首项为2,公比为2的等比数列,,则,即,因此数列是以为首项,为公差的等差数列.则,即,由,得,所以.故选:B8.已知,若函数没有零点,则实数的取值范围是()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用导数明确在上的单调性后根据最值的符号可得,在这个条件下可证在上无零点,故可得正确的选项.【详解】由题设可得当时无零点,此时,当时,;当时,,故在上为增函数,在上为减函数,因为,故当时,,故,而为上的增函数,且,故即.当时,,设,,设,则,当时,,当时,,故在上为减函数,在上为增函数,故,,,故,故在上恒成立,故在上为减函数,故即在上恒成立,故在上无零点,综上,,故选:D.【点睛】思路点睛:函数的零点问题,往往需要根据导数讨论函数的单调性,结合最值的符号来判断,如果还涉及到分段函数,可以先求出一段上满足零点个数时参数的取值范围,再根据这个范围讨论余下一段即可.二、多选题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.已知且,则()A B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】利用基本不等式可判断ABC的正误,利用导数可判断D的正误.【详解】对于A,因为,当且仅当时等号成立,故A正确;对于B,,当且仅当时等号成立,故B错误;对于C,,当且仅当时等号成立,故C正确;对于D,,设,则,当时,;当时,,故在上为减函数,在12,1为增函数,故,故D成立,故选:ACD.10.在平面直角坐标系中,角的顶点为坐标原点,始边为轴的非负半轴,终边与以为圆心,1为半径的圆交于点,射线绕点逆时针旋转后交圆于点,若点的纵坐标为,设,则()A.B.C.函数的单调递增区间为D.的对称中心为【答案】BC【解析】【分析】由已知条件直接验算AB即可;对于CD,整体代入法求单调区间、对称中心,对比即可求解.【详解】对于A,由题意,所以,故A错误;对于B,由题意,故B正确;对于C,,所以函数的单调递增区间为,故C正确;对于D,,所以的对称中心为,故D错误.故选:BC.11.在棱长为2的正方体中,为棱的中点,为线段上的动点,为底面(含边界)上的动点,且平面平面,则()A.直线与平面所成角的最大值为B.点的轨迹长度为C.三棱锥的体积为定值D.若,且平面,则的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】对于A,点到平面的距离最大时,计算可判断;对于B,取的中点,可得,计算可判断;对于C,取的中点,取的中点,可得与平面不平行,进而可判断;对于D,以为坐标原点,所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系,,计算可得,进而可判断.【详解】对于A,由图可知,点到平面的距离最大时,直线与平面所成的角最大,又点为线段上的动点,所以点为时,到平面的距离最大,又因为平面,所以为直线与平面所成的角,又,所以直线与平面所成角的最大值为,故A正确;对于B,取的中点,延长交的延长线于,由,可得,所以,所以为的中点,由正方体,可得,又易得平面,又平面,所以,又,平面,所以平面,又且,所以四边形是平行四边形,所以,所以平面,又平面,所以平面,因为平面平面,所以(不含端点),易得,所以点的轨迹长度为,故B正确;对于C,取的中点,取的中点,易证,因为,,所以四边形是平行四边形,所以且,又且,所以且,所以四边形是平行四边形,所以,所以,又平面,所以与平面不平行,所以点到平面的距离不是定值,又三角形的面积为定值,所以三棱锥的体积不为定值,故C错误;对于D,以为坐标原点,所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系,则,由平面,所以为平面的一个法向量,又,所以,所以点,设,则,因为平面,所以,所以,所以,故的取值范围为,故D正确.故选:ABD.【点睛】关键点点睛:解决轨迹长度的关键是先由面面垂直可得点的轨迹,进而计算可得轨迹长度.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.已知复数满足,则__________.【答案】##【解析】【分析】先利用复数的四则运算求出复数,再求其模长即得.【详解】由,可得,则.故答案为:.13.设抛物线的焦点为,直线与的一个交点为,直线与的另一个交点为,则__________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件,联立直线与抛物线的方程求出交点坐标,进而求出点的坐标,再借助抛物线定义求出长.【详解】抛物线的焦点为,由,解得或,即点或,当点时,直线,即,由,得,因此,显然点与关于轴对称,则当点时,点与点关于轴对称,,所以.故答案为:14.已知三棱锥,二面角的大小为,当三棱锥的体积取得最大值时,其外接球的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】利用已知条件得到为等边三角形、为等腰直角三角形,且面,进而求棱锥外接球半径,即可得表面积.【详解】由,则底面外接圆半径,所以,外接圆是以为直径的圆,又,且二面角的平面角为,结合对称性,即在以为圆心,2为半径的半圆上,要使棱锥体积最大,需保证到面的距离最大,故,此时,又,,都在面上,故面,同时,还要保证面积最大,而,所以,当且仅当时等号成立,此时最大面积,综上,棱锥体积最大时,为等边三角形、为等腰直角三角形,且面,如下图,分别是中点,为的中心,为棱锥外接球球心,又,,所以,外接球半径,故其表面积为.故答案为:【点睛】关键点点睛:根据已知条件确定为等边三角形、为等腰直角三角形,且面,再确定外接球球心,进而求半径为关键.四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.设为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点,点在椭圆上,点(1)求椭圆的方程;(2)过点作直线与交于两点,的面积为,求的方程.【答案】(1)(2)或【解析】【分析】(1)设椭圆的焦距为,由四边形的面积为与,可求,进而将代入椭圆方程可求值,从而得到椭圆的方程;(2)设,与椭圆联立方程组,可得,进而求的值,从而由的面积可得的值,即得到直线的方程.【小问1详解】设椭圆的焦距为,因为,所以四边形为平行四边形,其面积设为S,则,所以,所以,即又点在椭圆,则,整理得,解得,所以椭圆的方程为.【小问2详解】易知的斜率不为,设,联立,得,又,所以.所以,由,解得,所以的方程为或.16.已知函数,在中,角所对的边分别为,且.(1)求;(2)若,求的值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)根据题干条件将函数解析式通过二倍角公式和辅助角公式化简,再代入求得的值;(2)由(1)中求得的和条件利用余弦定理建立关系式即可求得的值.【小问1详解】由题意得,因为,所以由,得.又因为,所以,所以,.【小问2详解】由(1)得,.所以由余弦定理可得,,又因为,所以,所以,即,即,故.把代入,可得,所以.17.如图,四棱锥中,为等边三角形,四边形为直角梯形,,.(1)证明:平面平面;(2)若与平面所成的角为,求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)取的中点,连接,先利用线线垂直证明平面,得,再由题设证平面最后由线面垂直证得平面平面;(2)过作,交于,证明平面,依题意建系,利用题设条件求出相关点坐标,计算两平面的法向量,利用向量夹角的坐标公式计算即得.【小问1详解】如图,取的中点,连接.因四边形为直角梯形,且,则,又为等边三角形,,因平面,故平面,又平面,则,又,因平面,故平面又平面,平面平面.【小问2详解】由(1)知平面因平面,则平面平面,过作,交于,因平面平面,故平面,即为直线与平面所成的角,则,由(1)知平面因平面故,而,则于是,.如图,以为原点,所在直线为轴,过点在面中与平行的直线为轴,建立空间直角坐标系.则于是,,设平面的法向量为,由,则可取;又,设平面的法向量为,由,则可取.设平面与平面的夹角为,则,即平面与平面的夹角的余弦值为.18.已知函数.(1)若在点处的切线方程为,求的值;(2)若,判断函数的单调性;(3)当时,证明:,其中.【答案】(1)(2)在上单调递增,理由见解析(3)证明见解析【解析】【分析】(1)求导,根据导数几何意义求出切线方程,对照系数得到答案;(2)二次求导,求出导函数的单调性,结合,得到,恒成立,得到函数单调性;(3)不等式变形为,构造,二次求导,结合(2)中结论得到其单调性,又,从而证明出结论.【小问1详解】因为,所以,故又,所以在点处的切线方程为,即,由已知得.【小问2详解】因为,所以,令,则.依题意,当时,,所以在上单调递增;当时,,所以在上单调递减.所以,因为,则,则恒成立,所以上单调递增.【小问3详解】欲证成立,即证成立.设,其中.则.设,其中,则,由(2)知,在单调递减;在单调递增;所以在单调递减,且.故当时,,即,则在单调递增;当时,,即,则在单调递减..故在处取极大值,也是最大值,且最大值为,当且仅当时,所以当时,恒成立,即恒成立,即成立.【点睛】关键点点睛:第三问需构造,并看出,二次求导后刚好利用(2)中结论进行求解19.已知有穷数列的各项均为正整数,记集合的元素个数为.(1)若数列为,试写出集合,并求的值;(2)若是递增数列且,求证:是等比数列;(3)判断是否存在最大值,若存在,试说明理由.【答案】(1),(2)证明见解析(3)存在,理由见解析【解析】【分析】(1)根据题意得到,求出;(2)由数列的单调性和得到,故,同理可得,对照得到,证明出结论;(3)共有个元素,故最多有个,不妨取,其中均为质数,从而推出分母为时,互不相同,结合等差数列求和公式得到答案.小问1详解】因为,所以集合,所以.【小问2详解】证明:因为an是递增数列,且,因为an是递增数列,所以,所以且互不相等,所以,又因为,所以且互不相等,所以所以,所以,所以,所以an为等比数列.【小问3详解】共有个元素,故最多
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