山西省朔州市飛翔學(xué)校2023年高三數(shù)學(xué)理模擬試題含解析_第1頁
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文檔簡介

山西省朔州市飛翔學(xué)校2023年高三數(shù)學(xué)理模擬試題含解析一、選擇題:本大題共10小題,每小題5分,共50分。在每小題給出的四個選項中,只有是一個符合題目要求的1.若復(fù)數(shù)z滿足(i是虛數(shù)單位),則Z=A.

B.

C.

D.參考答案:C略2.我們把焦點(diǎn)相同,且離心率互為倒數(shù)的橢圓和雙曲線稱為一對“相關(guān)曲線”.已知,是一對相關(guān)曲線的焦點(diǎn),是它們在第一象限的交點(diǎn),當(dāng)時,這一對相關(guān)曲線中雙曲線的離心率是

(

)A.

B.

C.

D.參考答案:C略3.下列有關(guān)命題的說法正確的是(

) A.命題“若,則”的否命題為:“若,則”. B.“”是“”的必要不充分條件. C.命題“若,則”的逆否命題為真命題. D.命題“R使得”的否定是:“R均有”.參考答案:C略4.已知集合P={x|1<3x≤9},Q={x∈Z|y=ln(﹣2x2+7x)},則P∩Q=()A.{1} B.{1,2} C.{2,3} D.{1,2,3}參考答案:B【考點(diǎn)】交集及其運(yùn)算.【分析】化簡集合P、Q,根據(jù)交集的定義寫出P∩Q即可.【解答】解:集合P={x|1<3x≤9}={x|0<x≤2},Q={x∈Z|y=ln(﹣2x2+7x)}={x∈Z|﹣2x2+7x>0}={1,2,3},則P∩Q={1,2}.故選:B.【點(diǎn)評】本題考查了集合的化簡與運(yùn)算問題,是基礎(chǔ)題目.5.

在的展開式中系數(shù)最大的項是(

)A.第6項

B.第6、7項

C.第4、6項

D.第5、7項參考答案:D6.設(shè)函數(shù)(、為常數(shù))的圖象關(guān)于直線對稱,則有(

A.B.C.D.

參考答案:A7.一個空間幾何體的三視圖如圖,則該幾何體的體積為()A.

B.

C.D.參考答案:D8.設(shè)復(fù)數(shù),,則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在(

)A.第一象限

B.第二象限

C.第三象限

D.第四象限參考答案:D對應(yīng)的點(diǎn)在第四象限9.定義在R上的函數(shù)是增函數(shù),且函數(shù)的圖像關(guān)于(3,0)成中心對稱,若滿足不等式的取值范圍是(

A.

B.[4,16]

C.

D.參考答案:D10.某高三學(xué)生進(jìn)行考試心理素質(zhì)測試,場景相同的條件下每次通過測試的概率為,則連續(xù)測試4次,至少有3次通過的概率為(

)A.

B.

C.

D.參考答案:A二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設(shè),函數(shù),若對任意的,都有成立,則的取值范圍為

.參考答案:略12.若正三棱錐的底面邊長為,側(cè)棱長為1,則此三棱錐的體積為

.參考答案:試題分析:記正三棱錐為,點(diǎn)在底面內(nèi)的射影為點(diǎn),則,在中,,所以.考點(diǎn):正三棱錐的性質(zhì)和體積的計算.13.已知直線與圓相交于兩點(diǎn),且*

*

*

*.參考答案:14.在等差數(shù)列中,首項公差若某學(xué)生對其中連續(xù)10項進(jìn)行求和,在遺漏掉一項的情況下,求得余下9項的和為185,則此連續(xù)10項的和為__________________.參考答案:200【測量目標(biāo)】邏輯思維能力/具有對數(shù)學(xué)問題進(jìn)行觀察、分析、綜合、比較、抽象、概括、判斷和論證的能力.【知識內(nèi)容】方程與代數(shù)/數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法/等差數(shù)列.【試題分析】等差數(shù)列中的連續(xù)10項為,遺漏的項為且則,化簡得,所以,,則連續(xù)10項的和為,故答案為200.15.已知半徑為r的球O與正方體ABCD﹣A1B1C1D1的各棱都相切,記球O與正方體ABCD﹣A1B1C1D1的各面的交線的總長度為f(r),則f(1)=

.參考答案:6π【考點(diǎn)】球內(nèi)接多面體.【分析】由題意,r=1,球O與正方體ABCD﹣A1B1C1D1的各面的交線是半徑為的圓,即可得出結(jié)論.【解答】解:由題意,r=1,球O與正方體ABCD﹣A1B1C1D1的各面的交線是半徑為的圓,∴f(1)=6×2π×=6π,故答案為6π.16.不等式的解集為_______________.參考答案:17.定義“正對數(shù)”:,現(xiàn)有四個命題:①若,則②若,則③若,則④若,則其中的真命題有:

(寫出所有真命題的編號)參考答案:①③④

①當(dāng)時,,,所以成立。當(dāng)時,,此時,即成立。綜上恒成立。②當(dāng)時,,所以不成立。③討論的取值,可知正確。④討論的取值,可知正確。所以正確的命題為①③④。三、解答題:本大題共5小題,共72分。解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟18.已知函數(shù)f(x)=ex-ax2-2x-1(x∈R).(1)當(dāng)a=0時,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)求證:對任意實(shí)數(shù)a<0,有f(x)>.

參考答案:解析:(1)當(dāng)a=0時,f(x)=ex-2x-1(x∈R),∵f′(x)=ex-2,且f′(x)的零點(diǎn)為x=ln2,∴當(dāng)x∈(-∞,ln2)時,f′(x)<0;當(dāng)x∈(ln2,+∞)時,f′(x)>0即(-∞,ln2)是f(x)的單調(diào)減區(qū)間,(ln2,+∞)是f(x)的單調(diào)增區(qū)間.(5分)(2)由f(x)=ex-ax2-2x-1(x∈R)得:f′(x)=ex-2ax-2,記g(x)=ex-2ax-2(x∈R).∵a<0,∴g′(x)=ex-2a>0,即f′(x)=g(x)是R上的單調(diào)增函數(shù),又f′(0)=-1<0,f′(1)=e-2a-2>0,故R上存在惟一的x0∈(0,1),使得f′(x0)=0,(8分)且當(dāng)x<x0時,f′(x)<0;當(dāng)x>x0時,f′(x)>0.即f(x)在(-∞,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,略19.已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2,E、F、G分別是AA1、A1B1、A1D1的中點(diǎn).(Ⅰ)求證:平面EFG∥平面BC1D;(Ⅱ)在線段BD上是否存在點(diǎn)H,使得EH⊥平面BC1D?若存在,求線段BH的長;若不存在,請說明理由.參考答案:【考點(diǎn)】直線與平面垂直的性質(zhì);平面與平面平行的判定.【分析】(Ⅰ)根據(jù)面面平行的判定定理證明即可;(Ⅱ)假設(shè)EH⊥平面BC1D,根據(jù)線面垂直的判定定理證明即可.【解答】解:(Ⅰ)連結(jié)B1D1,則GF為△A1B1D1的中位線,∴GF∥B1D1…∵在正方體中,BD∥B1D1,∴GF∥BD,∵GF?平面BC1D,BD?平面BC1D,∴GF∥平面BC1D,同理可證:EF∥平面BC1D,又EF?平面EFG,∴平面EFG∥平面BC1D,…(Ⅱ)取BD的中點(diǎn)H,則滿足EH⊥平面BC1D,且BH=.證明如下:取BD的中點(diǎn)H,連結(jié)A1C1、EB、EH、ED、BC1、C1H,則EB=ED=,∴在△BED中,由,得由BC1=2,BH=得C1H=,由A1E=1,A1C1=2得C1E=3,∴△C1EH中,EH⊥C1H,又C1H?BC1D,∴EH⊥平面BC1D,且BH=.20.已知.(1)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間;(2)證明:當(dāng)時,恒成立.參考答案:(1)易得定義域?yàn)?,,解得?當(dāng)時,∵,∴,解得,∴的單調(diào)遞減區(qū)間為;當(dāng)時,i.若,即時,時,,時,,時,,∴的單調(diào)遞減區(qū)間為;ii.若,即時,時,恒成立,沒有單調(diào)遞減區(qū)間;iii.若,即時,時,;時,,時,,∴的單調(diào)遞減區(qū)間為.綜上:時,單調(diào)遞減區(qū)間為;時,單調(diào)遞減區(qū)間為;時,無單調(diào)遞減區(qū)間;時,單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)令,則.令,,時,,時,,∴時,,即時,恒成立.解得或,時,,時,,∴時,,得證.

21.如圖,四邊形ABCD是矩形,DA⊥平面ABE,AE=EB=BC=2,F(xiàn)為線段CE上一點(diǎn),且BF⊥平面ACE,AC交BD于點(diǎn)G.(1)證明:AE∥平面BFD;(2)求直線DE與平面ACE所成角的大?。畢⒖即鸢福骸究键c(diǎn)】直線與平面所成的角;直線與平面平行的判定.【分析】(1)連接FG,推導(dǎo)出BF⊥CE,從而得到FG∥AE,由此能證明AE∥平面BFD.(2)推導(dǎo)出BC⊥AE,BF⊥AE,AE⊥BE,以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,利用向量法能求出直線DE與平面ACE所成的角.【解答】證明:(1)連接FG,因?yàn)锽F⊥平面ACE,CE?平面ACE,所以BF⊥CE.又因?yàn)镋B=BC,所以F為EC的中點(diǎn),而矩形ABCD中,G為AC的中點(diǎn),所以FG∥AE,又因?yàn)锳E?平面BFD,F(xiàn)G?平面BFD,所以AE∥平面BFD.…解:(2)因?yàn)镈A⊥平面ABE,BC∥DA,所以BC⊥平面ABE,所以BC⊥AE.又因?yàn)锽F⊥平面ACE,AE?平面ACE,所以BF⊥AE.而BC∩BF=B,所以AE⊥平面BCE,所以AE⊥BE.又因?yàn)锳E=EB=2,所以.以A為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,由題意得A(0,0,0),,D(0,0,2),,所以,設(shè)平面ACE的一個法向量為,由,得,令x=1,得,又因?yàn)?,設(shè)直線DE與平面ACE所成的角為α,則,所以,故直線DE與平面ACE所成的角為.…(12分)【點(diǎn)評】本題考查直線與平面平行的證明,考查線面角的求法,考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想,是中檔題.22.已知a,b,c分別是△ABC的角A,B,C所對的邊,且c=2,C=.(1)若△ABC的面積等于,求a,b;(2)若sinC+sin(B﹣A)=2sin2A,求A的值.參考答案:解:(1)∵c=2,C=,由余弦定理可得:c2=a2+b2﹣2abcosC,∴4=a2+b2﹣ab,∵=,化為ab=4.聯(lián)立,解得a=2,b=2.(2)∵sinC=sin(B+A),sinC+sin(B﹣A)=2sin2A,∴sin(A+B)+sin(B﹣A)=2sin2A,2sinBcosA=4sinAcosA,當(dāng)cosA=0時,解得A=;當(dāng)cosA≠0時,sinB=2sinA,由正弦定理可得:b=2a,聯(lián)立,解得,b=,∴b2=a2+c2,∴,又,∴.綜上可得:A=或.考點(diǎn):余弦定理;正弦定理.

專題:解三角形.分析:(1)c=2,C=,由余弦定理可得:c2=a2+b2﹣2abcosC,即4=a2+b2﹣ab,利用三角形面積計算公式=,即ab=4.聯(lián)立解出即可.(2)由sinC=sin(B+A),sinC+sin(B﹣A)=2sin2A,可得2sinBcosA=4sinAcosA.當(dāng)cosA=0時,解得A=;當(dāng)cosA≠0時,sinB=2sinA,由正弦定理可得:b=2a,聯(lián)立解得即可.解答:解:(1)∵c=2,C=,由余弦定理可得:c2=a2+b2﹣2abcosC,∴4=a2+b2﹣ab,∵=,化為ab=4.聯(lián)立,解得a=2,b=2.(2

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