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文檔簡介
山西省太原市四十八中2024-2025學年高三第一次模擬考試(內考)數學試題試卷注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型(B)填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2.作答選擇題時,選出每小題答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑;如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答,答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上;如需改動,先劃掉原來的答案,然后再寫上新答案;不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后,請將本試卷和答題卡一并交回。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.如圖,圓錐底面半徑為,體積為,、是底面圓的兩條互相垂直的直徑,是母線的中點,已知過與的平面與圓錐側面的交線是以為頂點的拋物線的一部分,則該拋物線的焦點到圓錐頂點的距離等于()A. B.1 C. D.2.在中,,,分別為角,,的對邊,若的面為,且,則()A.1 B. C. D.3.記的最大值和最小值分別為和.若平面向量、、,滿足,則()A. B.C. D.4.若平面向量,滿足,則的最大值為()A. B. C. D.5.已知函數,且),則“在上是單調函數”是“”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件6.已知a,b是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,且,,則“”是“”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件7.如圖,內接于圓,是圓的直徑,,則三棱錐體積的最大值為()A. B. C. D.8.函數在上的圖象大致為()A. B.C. D.9.總體由編號為01,02,...,39,40的40個個體組成.利用下面的隨機數表選取5個個體,選取方法是從隨機數表(如表)第1行的第4列和第5列數字開始由左到右依次選取兩個數字,則選出來的第5個個體的編號為()A.23 B.21 C.35 D.3210.已知斜率為的直線與雙曲線交于兩點,若為線段中點且(為坐標原點),則雙曲線的離心率為()A. B.3 C. D.11.如果,那么下列不等式成立的是()A. B.C. D.12.已知直線和平面,若,則“”是“”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.不充分不必要二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知函數,曲線與直線相交,若存在相鄰兩個交點間的距離為,則可取到的最大值為__________.14.已知函數,若關于的方程恰有四個不同的解,則實數的取值范圍是______.15.已知點是拋物線的準線上一點,F為拋物線的焦點,P為拋物線上的點,且,若雙曲線C中心在原點,F是它的一個焦點,且過P點,當m取最小值時,雙曲線C的離心率為______.16.已知函數是定義在上的奇函數,且周期為,當時,,則的值為___________________.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)已知橢圓()的離心率為,且經過點.(1)求橢圓的方程;(2)過點作直線與橢圓交于不同的兩點,,試問在軸上是否存在定點使得直線與直線恰關于軸對稱?若存在,求出點的坐標;若不存在,說明理由.18.(12分)如圖,在平面四邊形中,,,.(1)求;(2)求四邊形面積的最大值.19.(12分)選修4-5:不等式選講已知函數.(1)設,求不等式的解集;(2)已知,且的最小值等于,求實數的值.20.(12分)已知多面體中,、均垂直于平面,,,,是的中點.(1)求證:平面;(2)求直線與平面所成角的正弦值.21.(12分)在平面直角坐標系xoy中,以坐標原點O為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系。已知曲線C的極坐標方程為,過點的直線l的參數方程為(為參數),直線l與曲線C交于M、N兩點。(1)寫出直線l的普通方程和曲線C的直角坐標方程:(2)若成等比數列,求a的值。22.(10分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,且PA=AD,E,F分別是棱AB,PC的中點.求證:(1)EF//平面PAD;(2)平面PCE⊥平面PCD.
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.D【解析】
建立平面直角坐標系,求得拋物線的軌跡方程,解直角三角形求得拋物線的焦點到圓錐頂點的距離.【詳解】將拋物線放入坐標系,如圖所示,∵,,,∴,設拋物線,代入點,可得∴焦點為,即焦點為中點,設焦點為,,,∴.故選:D本小題考查圓錐曲線的概念,拋物線的性質,兩點間的距離等基礎知識;考查運算求解能力,空間想象能力,推理論證能力,應用意識.2.D【解析】
根據三角形的面積公式以及余弦定理進行化簡求出的值,然后利用兩角和差的正弦公式進行求解即可.【詳解】解:由,得,∵,∴,即即,則,∵,∴,∴,即,則,故選D.本題主要考查解三角形的應用,結合三角形的面積公式以及余弦定理求出的值以及利用兩角和差的正弦公式進行計算是解決本題的關鍵.3.A【解析】
設為、的夾角,根據題意求得,然后建立平面直角坐標系,設,,,根據平面向量數量積的坐標運算得出點的軌跡方程,將和轉化為圓上的點到定點距離,利用數形結合思想可得出結果.【詳解】由已知可得,則,,,建立平面直角坐標系,設,,,由,可得,即,化簡得點的軌跡方程為,則,則轉化為圓上的點與點的距離,,,,轉化為圓上的點與點的距離,,.故選:A.本題考查和向量與差向量模最值的求解,將向量坐標化,將問題轉化為圓上的點到定點距離的最值問題是解答的關鍵,考查化歸與轉化思想與數形結合思想的應用,屬于中等題.4.C【解析】
可根據題意把要求的向量重新組合成已知向量的表達,利用向量數量積的性質,化簡為三角函數最值.【詳解】由題意可得:,,,故選:C本題主要考查根據已知向量的模求未知向量的模的方法技巧,把要求的向量重新組合成已知向量的表達是本題的關鍵點.本題屬中檔題.5.C【解析】
先求出復合函數在上是單調函數的充要條件,再看其和的包含關系,利用集合間包含關系與充要條件之間的關系,判斷正確答案.【詳解】,且),由得或,即的定義域為或,(且)令,其在單調遞減,單調遞增,在上是單調函數,其充要條件為即.故選:C.本題考查了復合函數的單調性的判斷問題,充要條件的判斷,屬于基礎題.6.C【解析】
根據線面平行的性質定理和判定定理判斷與的關系即可得到答案.【詳解】若,根據線面平行的性質定理,可得;若,根據線面平行的判定定理,可得.故選:C.本題主要考查了線面平行的性質定理和判定定理,屬于基礎題.7.B【解析】
根據已知證明平面,只要設,則,從而可得體積,利用基本不等式可得最大值.【詳解】因為,所以四邊形為平行四邊形.又因為平面,平面,所以平面,所以平面.在直角三角形中,,設,則,所以,所以.又因為,當且僅當,即時等號成立,所以.故選:B.本題考查求棱錐體積的最大值.解題方法是:首先證明線面垂直同,得棱錐的高,然后設出底面三角形一邊長為,用建立體積與邊長的函數關系,由基本不等式得最值,或由函數的性質得最值.8.A【解析】
首先判斷函數的奇偶性,再根據特殊值即可利用排除法解得;【詳解】解:依題意,,故函數為偶函數,圖象關于軸對稱,排除C;而,排除B;,排除D.故選:.本題考查函數圖象的識別,函數的奇偶性的應用,屬于基礎題.9.B【解析】
根據隨機數表法的抽樣方法,確定選出來的第5個個體的編號.【詳解】隨機數表第1行的第4列和第5列數字為4和6,所以從這兩個數字開始,由左向右依次選取兩個數字如下46,64,42,16,60,65,80,56,26,16,55,43,50,24,23,54,89,63,21,…其中落在編號01,02,…,39,40內的有:16,26,16,24,23,21,…依次不重復的第5個編號為21.故選:B本小題主要考查隨機數表法進行抽樣,屬于基礎題.10.B【解析】
設,代入雙曲線方程相減可得到直線的斜率與中點坐標之間的關系,從而得到的等式,求出離心率.【詳解】,設,則,兩式相減得,∴,.故選:B.本題考查求雙曲線的離心率,解題方法是點差法,即出現雙曲線的弦中點坐標時,可設弦兩端點坐標代入雙曲線方程相減后得出弦所在直線斜率與中點坐標之間的關系.11.D【解析】
利用函數的單調性、不等式的基本性質即可得出.【詳解】∵,∴,,,.故選:D.本小題主要考查利用函數的單調性比較大小,考查不等式的性質,屬于基礎題.12.B【解析】
由線面關系可知,不能確定與平面的關系,若一定可得,即可求出答案.【詳解】,不能確定還是,,當時,存在,,由又可得,所以“”是“”的必要不充分條件,故選:B本題主要考查了必要不充分條件,線面垂直,線線垂直的判定,屬于中檔題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.4【解析】
由于曲線與直線相交,存在相鄰兩個交點間的距離為,所以函數的周期,可得到的取值范圍,再由解出的兩類不同的值,然后列方程求出,再結合的取值范圍可得的最大值.【詳解】,可得,由,則或,即或,由題意得,所以,則或,所以可取到的最大值為4.故答案為:4此題考查正弦函數的圖像和性質的應用及三角方程的求解,熟練應用三角函數的圖像和性質是解題的關鍵,考查了推理能力和計算能力,屬于中檔題.14.【解析】
設,判斷為偶函數,考慮x>0時,的解析式和零點個數,利用導數分析函數的單調性,作函數大致圖象,即可得到的范圍.【詳解】設,則在是偶函數,當時,,由得,記,,,故函數在增,而,所以在減,在增,,當時,,當時,,因此的圖象為因此實數的取值范圍是.本題主要考查了函數的零點的個數問題,涉及構造函數,函數的奇偶性,利用導數研究函數單調性,考查了數形結合思想方法,以及化簡運算能力和推理能力,屬于難題.15.【解析】
由點坐標可確定拋物線方程,由此得到坐標和準線方程;過作準線的垂線,垂足為,根據拋物線定義可得,可知當直線與拋物線相切時,取得最小值;利用拋物線切線的求解方法可求得點坐標,根據雙曲線定義得到實軸長,結合焦距可求得所求的離心率.【詳解】是拋物線準線上的一點拋物線方程為,準線方程為過作準線的垂線,垂足為,則設直線的傾斜角為,則當取得最小值時,最小,此時直線與拋物線相切設直線的方程為,代入得:,解得:或雙曲線的實軸長為,焦距為雙曲線的離心率故答案為:本題考查雙曲線離心率的求解問題,涉及到拋物線定義和標準方程的應用、雙曲線定義的應用;關鍵是能夠確定當取得最小值時,直線與拋物線相切,進而根據拋物線切線方程的求解方法求得點坐標.16.【解析】
由題意可得:,周期為,可得,可求出,最后再求的值即可.【詳解】解:函數是定義在上的奇函數,.由周期為,可知,,..故答案為:.本題主要考查函數的基本性質,屬于基礎題.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)見解析【解析】
(1)由題得a,b,c的方程組求解即可(2)直線與直線恰關于軸對稱,等價于的斜率互為相反數,即,整理.設直線的方程為,與橢圓聯(lián)立,將韋達定理代入整理即可.【詳解】(1)由題意可得,,又,解得,.所以,橢圓的方程為(2)存在定點,滿足直線與直線恰關于軸對稱.設直線的方程為,與橢圓聯(lián)立,整理得,.設,,定點.(依題意則由韋達定理可得,,.直線與直線恰關于軸對稱,等價于的斜率互為相反數.所以,,即得.又,,所以,,整理得,.從而可得,,即,所以,當,即時,直線與直線恰關于軸對稱成立.特別地,當直線為軸時,也符合題意.綜上所述,存在軸上的定點,滿足直線與直線恰關于軸對稱.本題考查橢圓方程,直線與橢圓位置關系,熟記橢圓方程簡單性質,熟練轉化題目條件,準確計算是關鍵,是中檔題.18.(1);(2)【解析】
(1)根據同角三角函數式可求得,結合正弦和角公式求得,即可求得,進而由三角函數(2)設根據余弦定理及基本不等式,可求得的最大值,結合三角形面積公式可求得的最大值,即可求得四邊形面積的最大值.【詳解】(1),則由同角三角函數關系式可得,則,則,所以.(2)設在中由余弦定理可得,代入可得,由基本不等式可知,即,當且僅當時取等號,由三角形面積公式可得,所以四邊形面積的最大值為.本題考查了正弦和角公式化簡三角函數式的應用,余弦定理及不等式式求最值的綜合應用,屬于中檔題.19.(1)(2)【解析】
(1)把f(x)去絕對值寫成分段函數的形式,分類討論,分別求得解集,綜合可得結論.(2)把f(x)去絕對值寫成分段函數,畫出f(x)的圖像,找出利用條件求得a的值.【詳解】(1)時,.當時,即為,解得.當時,,解得.當時,,解得.綜上,的解集為.(2).,由的圖象知,,.本題主要考查含絕對值不等式的解法及含絕對值的函數的最值問題,體現了分類討論的數學思想,屬于中檔題20.(1)見解析;(2).【解析】
(1)取的中點,連接、,推導出四邊形為平行四邊形,可得出,由此能證明平面;(2)由,得平面,則點到平面的距離等于點到平面的距離,在平面內過點作于點,就是到平面的距離,也就是點到平面的距離,由此能求出直線與平面所成角的正弦值.【詳解】(1)取的中點,連接、,、分別為、的中點,則且,、均垂直于平面,且,則,且,所以,四邊形為平行四邊形,則,平面,平面,因此,平面;(2)由,平面,平面,平面,點到平面的距離等于點到平面的距離,在平面內過點作于點,平面,平面,,,,平面,即
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