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文檔簡介

2022-2023學年高三上數學期末模擬試卷考生須知:1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分,全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂;非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,在草稿紙、試題卷上答題無效。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.已知是定義在上的奇函數,當時,,則()A. B.2 C.3 D.2.已知等式成立,則()A.0 B.5 C.7 D.133.已知為非零向量,“”為“”的()A.充分不必要條件 B.充分必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件4.已知雙曲線,過原點作一條傾斜角為直線分別交雙曲線左、右兩支P,Q兩點,以線段PQ為直徑的圓過右焦點F,則雙曲線離心率為A. B. C.2 D.5.已知是空間中兩個不同的平面,是空間中兩條不同的直線,則下列說法正確的是()A.若,且,則B.若,且,則C.若,且,則D.若,且,則6.已知隨機變量X的分布列如下表:X01Pabc其中a,b,.若X的方差對所有都成立,則()A. B. C. D.7.復數滿足,則復數等于()A. B. C.2 D.-28.己知全集為實數集R,集合A={x|x2+2x-8>0},B={x|log2x<1},則等于()A.[4,2] B.[4,2) C.(4,2) D.(0,2)9.數列的通項公式為.則“”是“為遞增數列”的()條件.A.必要而不充分 B.充要 C.充分而不必要 D.即不充分也不必要10.若復數在復平面內對應的點在第二象限,則實數的取值范圍是()A. B. C. D.11.如果直線與圓相交,則點與圓C的位置關系是()A.點M在圓C上 B.點M在圓C外C.點M在圓C內 D.上述三種情況都有可能12.設復數滿足(為虛數單位),則復數的共軛復數在復平面內對應的點位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.實數滿足,則的最大值為_____.14.已知,則的值為______.15.正項等比數列|滿足,且成等差數列,則取得最小值時的值為_____16.記為數列的前項和.若,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)在直角坐標系中,直線的參數方程為(為參數,).在以為極點,軸正半軸為極軸的極坐標中,曲線:.(1)當時,求與的交點的極坐標;(2)直線與曲線交于,兩點,線段中點為,求的值.18.(12分)在多面體中,四邊形是正方形,平面,,,為的中點.(1)求證:;(2)求平面與平面所成角的正弦值.19.(12分)為貫徹十九大報告中“要提供更多優(yōu)質生態(tài)產品以滿足人民日益增長的優(yōu)美生態(tài)環(huán)境需要”的要求,某生物小組通過抽樣檢測植物高度的方法來監(jiān)測培育的某種植物的生長情況.現分別從、、三塊試驗田中各隨機抽取株植物測量高度,數據如下表(單位:厘米):組組組假設所有植株的生長情況相互獨立.從、、三組各隨機選株,組選出的植株記為甲,組選出的植株記為乙,組選出的植株記為丙.(1)求丙的高度小于厘米的概率;(2)求甲的高度大于乙的高度的概率;(3)表格中所有數據的平均數記為.從、、三塊試驗田中分別再隨機抽取株該種植物,它們的高度依次是、、(單位:厘米).這個新數據與表格中的所有數據構成的新樣本的平均數記為,試比較和的大?。ńY論不要求證明)20.(12分)已知函數.(1)求函數的零點;(2)設函數的圖象與函數的圖象交于,兩點,求證:;(3)若,且不等式對一切正實數x恒成立,求k的取值范圍.21.(12分)已知集合,,,將的所有子集任意排列,得到一個有序集合組,其中.記集合中元素的個數為,,,規(guī)定空集中元素的個數為.當時,求的值;利用數學歸納法證明:不論為何值,總存在有序集合組,滿足任意,,都有.22.(10分)數列的前項和為,且.數列滿足,其前項和為.(1)求數列與的通項公式;(2)設,求數列的前項和.

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】

由奇函數定義求出和.【詳解】因為是定義在上的奇函數,.又當時,,.故選:A.【點睛】本題考查函數的奇偶性,掌握奇函數的定義是解題關鍵.2、D【解析】

根據等式和特征和所求代數式的值的特征用特殊值法進行求解即可.【詳解】由可知:令,得;令,得;令,得,得,,而,所以.故選:D【點睛】本題考查了二項式定理的應用,考查了特殊值代入法,考查了數學運算能力.3、B【解析】

由數量積的定義可得,為實數,則由可得,根據共線的性質,可判斷;再根據判斷,由等價法即可判斷兩命題的關系.【詳解】若成立,則,則向量與的方向相同,且,從而,所以;若,則向量與的方向相同,且,從而,所以.所以“”為“”的充分必要條件.故選:B【點睛】本題考查充分條件和必要條件的判定,考查相等向量的判定,考查向量的模、數量積的應用.4、B【解析】

求得直線的方程,聯立直線的方程和雙曲線的方程,求得兩點坐標的關系,根據列方程,化簡后求得離心率.【詳解】設,依題意直線的方程為,代入雙曲線方程并化簡得,故,設焦點坐標為,由于以為直徑的圓經過點,故,即,即,即,兩邊除以得,解得.故,故選B.【點睛】本小題主要考查直線和雙曲線的交點,考查圓的直徑有關的幾何性質,考查運算求解能力,屬于中檔題.5、D【解析】

利用線面平行和垂直的判定定理和性質定理,對選項做出判斷,舉出反例排除.【詳解】解:對于,當,且,則與的位置關系不定,故錯;對于,當時,不能判定,故錯;對于,若,且,則與的位置關系不定,故錯;對于,由可得,又,則故正確.故選:.【點睛】本題考查空間線面位置關系.判斷線面位置位置關系利用好線面平行和垂直的判定定理和性質定理.一般可借助正方體模型,以正方體為主線直觀感知并準確判斷.6、D【解析】

根據X的分布列列式求出期望,方差,再利用將方差變形為,從而可以利用二次函數的性質求出其最大值為,進而得出結論.【詳解】由X的分布列可得X的期望為,又,所以X的方差,因為,所以當且僅當時,取最大值,又對所有成立,所以,解得,故選:D.【點睛】本題綜合考查了隨機變量的期望?方差的求法,結合了概率?二次函數等相關知識,需要學生具備一定的計算能力,屬于中檔題.7、B【解析】

通過復數的模以及復數的代數形式混合運算,化簡求解即可.【詳解】復數滿足,∴,故選B.【點睛】本題主要考查復數的基本運算,復數模長的概念,屬于基礎題.8、D【解析】

求解一元二次不等式化簡A,求解對數不等式化簡B,然后利用補集與交集的運算得答案.【詳解】解:由x2+2x-8>0,得x<-4或x>2,

∴A={x|x2+2x-8>0}={x|x<-4或x>2},

由log2x<1,x>0,得0<x<2,

∴B={x|log2x<1}={x|0<x<2},

則,

∴.

故選:D.【點睛】本題考查了交、并、補集的混合運算,考查了對數不等式,二次不等式的求法,是基礎題.9、A【解析】

根據遞增數列的特點可知,解得,由此得到若是遞增數列,則,根據推出關系可確定結果.【詳解】若“是遞增數列”,則,即,化簡得:,又,,,則是遞增數列,是遞增數列,“”是“為遞增數列”的必要不充分條件.故選:.【點睛】本題考查充分條件與必要條件的判斷,涉及到根據數列的單調性求解參數范圍,屬于基礎題.10、B【解析】

復數,在復平面內對應的點在第二象限,可得關于a的不等式組,解得a的范圍.【詳解】,由其在復平面對應的點在第二象限,得,則.故選:B.【點睛】本題考查了復數的運算法則、幾何意義、不等式的解法,考查了推理能力與計算能力,屬于基礎題.11、B【解析】

根據圓心到直線的距離小于半徑可得滿足的條件,利用與圓心的距離判斷即可.【詳解】直線與圓相交,圓心到直線的距離,即.也就是點到圓的圓心的距離大于半徑.即點與圓的位置關系是點在圓外.故選:【點睛】本題主要考查直線與圓相交的性質,考查點到直線距離公式的應用,屬于中檔題.12、D【解析】

先把變形為,然后利用復數代數形式的乘除運算化簡,求出,得到其坐標可得答案.【詳解】解:由,得,所以,其在復平面內對應的點為,在第四象限故選:D【點睛】此題考查了復數代數形式的乘除運算,考查了復數的代數表示法及其幾何意義,屬于基礎題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、.【解析】

畫出可行域,解出可行域的頂點坐標,代入目標函數求出相應的數值,比較大小得到目標函數最值.【詳解】解:作出可行域,如圖所示,則當直線過點時直線的截距最大,z取最大值.由同理,,取最大值.故答案為:.【點睛】本題考查線性規(guī)劃的線性目標函數的最優(yōu)解問題.線性目標函數的最優(yōu)解一般在平面區(qū)域的頂點或邊界處取得,所以對于一般的線性規(guī)劃問題,若可行域是一個封閉的圖形,我們可以直接解出可行域的頂點,然后將坐標代入目標函數求出相應的數值,從而確定目標函數的最值;若可行域不是封閉圖形還是需要借助截距的幾何意義來求最值.14、【解析】

先求,再根據的范圍求出即可.【詳解】由題可知,故.故答案為:.【點睛】本題考查分段函數函數值的求解,涉及對數的運算,屬基礎題.15、2【解析】

先由題意列出關于的方程,求得的通項公式,再表示出即可求解.【詳解】解:設公比為,且,時,上式有最小值,故答案為:2.【點睛】本題考查等比數列、等差數列的有關性質以及等比數列求積、求最值的有關運算,中檔題.16、1【解析】

由已知數列遞推式可得數列是以16為首項,以為公比的等比數列,再由等比數列的前項和公式求解.【詳解】由,得,.且,則,即.數列是以16為首項,以為公比的等比數列,則.故答案為:1.【點睛】本題主要考查數列遞推式,考查等比數列的前項和,意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.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)【解析】

(1)依題意可知,直線的極坐標方程為(),再對分三種情況考慮;(2)利用直線參數方程參數的幾何意義,求弦長即可得到答案.【詳解】(1)依題意可知,直線的極坐標方程為(),當時,聯立解得交點,當時,經檢驗滿足兩方程,(易漏解之處忽略的情況)當時,無交點;綜上,曲線與直線的點極坐標為,,(2)把直線的參數方程代入曲線,得,可知,,所以.【點睛】本題考查直線與曲線交點的極坐標、利用參數方程參數的幾何意義求弦長,考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、分類討論思想,考查邏輯推理能力、運算求解能力.18、(1)證明見解析(2)【解析】

(1)首先證明,,,∴平面.即可得到平面,.(2)以為坐標原點,,,所在的直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系,分別求出平面和平面的法向量,帶入公式求解即可.【詳解】(1)∵平面,平面,∴.又∵四邊形是正方形,∴.∵,∴平面.∵平面,∴.又∵,為的中點,∴.∵,∴平面.∵平面,∴.(2)∵平面,,∴平面.以為坐標原點,,,所在的直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系.如圖所示:則,,,.∴,,.設為平面的法向量,則,得,令,則.由題意知為平面的一個法向量,∴,∴平面與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題第一問考查線線垂直,先證線面垂直時解題關鍵,第二問考查二面角,建立空間直角坐標系是解題關鍵,屬于中檔題.19、(1);(2);(3).【解析】

設事件為“甲是組的第株植物”,事件為“乙是組的第株植物”,事件為“丙是組的第株植物”,、、、,可得出.(1)設事件為“丙的高度小于厘米”,可得,且、互斥,利用互斥事件的概率公式可求得結果;(2)設事件為“甲的高度大于乙的高度”,列舉出符合題意的基本事件,利用互斥事件的概率加法公式可求得所求事件的概率;(3)根據題意直接判斷和的大小即可.【詳解】設事件為“甲是組的第株植物”,事件為“乙是組的第株植物”,事件為“丙是組的第株植物”,、、、.由題意可知,、、、.(1)設事件為“丙的高度小于厘米”,由題意知,又與互斥,所以事件的概率;(2)設事件為“甲的高度大于乙的高度”.由題意知.所以事件的概率;(3).【點睛】本題考查概率的求法,考查互斥事件加法公式、相互獨立事件概率乘法公式等基礎知識,考查運算求解能力,是中等題.20、(1)x=1(2)證明見解析(3)【解析】

(1)令,根據導函數確定函數的單調區(qū)間,求出極小值,進而求解;(2)轉化思想,要證,即證,即證,構造函數進而求證;(3)不等式對一切正實數恒成立,,設,分類討論進而求解.【詳解】解:(1)令,所以,當時,,在上單調遞增;當時,,在單調遞減;所以,所以的零點為.(2)由題意,,要證,即證,即證,令,則,由(1)知,當且僅當時等號成立,所以,即,所以原不等式成立.(3)不等式對一切正實數恒成立,,設,,記,△,①當△時,即時,恒成立,故單調遞增.于是當時,,又,故,當時,,又,故,又當時,,因此,當時,,②當△,即時,設的兩個不等實根分別為,

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