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文檔簡介
河北邯鄲市磁縣滏濱中學2025屆數學高三第一學期期末監(jiān)測模擬試題考生請注意:1.答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內,不得在試卷上作任何標記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫在試卷指定的括號內,第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3.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.下圖中的圖案是我國古代建筑中的一種裝飾圖案,形若銅錢,寓意富貴吉祥.在圓內隨機取一點,則該點取自陰影區(qū)域內(陰影部分由四條四分之一圓弧圍成)的概率是()A. B. C. D.2.已知集合,則集合()A. B. C. D.3.設,若函數在區(qū)間上有三個零點,則實數的取值范圍是()A. B. C. D.4.拋物線的準線方程是,則實數()A. B. C. D.5.“”是“”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分又不必要條件6.的展開式中的常數項為()A.-60 B.240 C.-80 D.1807.在三棱錐中,,,則三棱錐外接球的表面積是()A. B. C. D.8.已知滿足,則()A. B. C. D.9.已知是過拋物線焦點的弦,是原點,則()A.-2 B.-4 C.3 D.-310.已知,若對任意,關于x的不等式(e為自然對數的底數)至少有2個正整數解,則實數a的取值范圍是()A. B. C. D.11.已知復數(1+i)(a+i)為純虛數(i為虛數單位),則實數a=()A.-1 B.1 C.0 D.212.我國宋代數學家秦九韶(1202-1261)在《數書九章》(1247)一書中提出“三斜求積術”,即:以少廣求之,以小斜冪并大斜冪減中斜冪,余半之,自乘于上;以小斜冪乘大斜冪減上,余四約之,為實;一為從隅,開平方得積.其實質是根據三角形的三邊長,,求三角形面積,即.若的面積,,,則等于()A. B. C.或 D.或二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知,分別是橢圓:()的左、右焦點,過左焦點的直線與橢圓交于、兩點,且,,則橢圓的離心率為__________.14.雙曲線的焦點坐標是_______________,漸近線方程是_______________.15.已知集合,,則__________.16.若實數x,y滿足不等式組x+y-4≤0,2x-3y-8≤0,x≥1,則目標函數三、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,曲線的參數方程為(為參數),以原點為極點,以軸正半軸為極軸,建立極坐標系,曲線的極坐標方程為.(1)求曲線的普通方程與曲線的直角坐標方程;(2)設為曲線上位于第一,二象限的兩個動點,且,射線交曲線分別于,求面積的最小值,并求此時四邊形的面積.18.(12分)已知函數.(1)求證:當時,;(2)若對任意存在和使成立,求實數的最小值.19.(12分)已知.(Ⅰ)當時,解不等式;(Ⅱ)若的最小值為1,求的最小值.20.(12分)若數列滿足:對于任意,均為數列中的項,則稱數列為“數列”.(1)若數列的前項和,,試判斷數列是否為“數列”?說明理由;(2)若公差為的等差數列為“數列”,求的取值范圍;(3)若數列為“數列”,,且對于任意,均有,求數列的通項公式.21.(12分)在直角坐標系中,直線的參數方程為.(為參數).以坐標原點為極點,軸的正半軸為極軸建立極坐標系,曲線的極坐標方程為.(1)求的普通方程及的直角坐標方程;(2)求曲線上的點到距離的取值范圍.22.(10分)為了整頓道路交通秩序,某地考慮將對行人闖紅燈進行處罰.為了更好地了解市民的態(tài)度,在普通行人中隨機選取了200人進行調查,當不處罰時,有80人會闖紅燈,處罰時,得到如表數據:處罰金額(單位:元)5101520會闖紅燈的人數50402010若用表中數據所得頻率代替概率.(1)當罰金定為10元時,行人闖紅燈的概率會比不進行處罰降低多少?(2)將選取的200人中會闖紅燈的市民分為兩類:類市民在罰金不超過10元時就會改正行為;類是其他市民.現對類與類市民按分層抽樣的方法抽取4人依次進行深度問卷,則前兩位均為類市民的概率是多少?
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、C【解析】令圓的半徑為1,則,故選C.2、D【解析】
弄清集合B的含義,它的元素x來自于集合A,且也是集合A的元素.【詳解】因,所以,故,又,,則,故集合.故選:D.【點睛】本題考查集合的定義,涉及到解絕對值不等式,是一道基礎題.3、D【解析】令,可得.在坐標系內畫出函數的圖象(如圖所示).當時,.由得.設過原點的直線與函數的圖象切于點,則有,解得.所以當直線與函數的圖象切時.又當直線經過點時,有,解得.結合圖象可得當直線與函數的圖象有3個交點時,實數的取值范圍是.即函數在區(qū)間上有三個零點時,實數的取值范圍是.選D.點睛:已知函數零點的個數(方程根的個數)求參數值(取值范圍)的方法(1)直接法:直接求解方程得到方程的根,再通過解不等式確定參數范圍;(2)分離參數法:先將參數分離,轉化成求函數的值域問題加以解決;(3)數形結合法:先對解析式變形,在同一平面直角坐標系中,畫出函數的圖象,然后數形結合求解,對于一些比較復雜的函數的零點問題常用此方法求解.4、C【解析】
根據準線的方程寫出拋物線的標準方程,再對照系數求解即可.【詳解】因為準線方程為,所以拋物線方程為,所以,即.故選:C【點睛】本題考查拋物線與準線的方程.屬于基礎題.5、A【解析】
首先利用二倍角正切公式由,求出,再根據充分條件、必要條件的定義判斷即可;【詳解】解:∵,∴可解得或,∴“”是“”的充分不必要條件.故選:A【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷,二倍角正切公式的應用是解決本題的關鍵,屬于基礎題.6、D【解析】
求的展開式中的常數項,可轉化為求展開式中的常數項和項,再求和即可得出答案.【詳解】由題意,中常數項為,中項為,所以的展開式中的常數項為:.故選:D【點睛】本題主要考查二項式定理的應用和二項式展開式的通項公式,考查學生計算能力,屬于基礎題.7、B【解析】
取的中點,連接、,推導出,設設球心為,和的中心分別為、,可得出平面,平面,利用勾股定理計算出球的半徑,再利用球體的表面積公式可得出結果.【詳解】取的中點,連接、,由和都是正三角形,得,,則,則,由勾股定理的逆定理,得.設球心為,和的中心分別為、.由球的性質可知:平面,平面,又,由勾股定理得.所以外接球半徑為.所以外接球的表面積為.故選:B.【點睛】本題考查三棱錐外接球表面積的計算,解題時要分析幾何體的結構,找出球心的位置,并以此計算出球的半徑長,考查推理能力與計算能力,屬于中等題.8、A【解析】
利用兩角和與差的余弦公式展開計算可得結果.【詳解】,.故選:A.【點睛】本題考查三角求值,涉及兩角和與差的余弦公式的應用,考查計算能力,屬于基礎題.9、D【解析】
設,,設:,聯立方程得到,計算得到答案.【詳解】設,,故.易知直線斜率不為,設:,聯立方程,得到,故,故.故選:.【點睛】本題考查了拋物線中的向量的數量積,設直線為可以簡化運算,是解題的關鍵.10、B【解析】
構造函數(),求導可得在上單調遞增,則,問題轉化為,即至少有2個正整數解,構造函數,,通過導數研究單調性,由可知,要使得至少有2個正整數解,只需即可,代入可求得結果.【詳解】構造函數(),則(),所以在上單調遞增,所以,故問題轉化為至少存在兩個正整數x,使得成立,設,,則,當時,單調遞增;當時,單調遞增.,整理得.故選:B.【點睛】本題考查導數在判斷函數單調性中的應用,考查不等式成立問題中求解參數問題,考查學生分析問題的能力和邏輯推理能力,難度較難.11、B【解析】
化簡得到z=a-1+a+1【詳解】z=1+ia+i=a-1+a+1i為純虛數,故a-1=0故選:B.【點睛】本題考查了根據復數類型求參數,意在考查學生的計算能力.12、C【解析】
將,,,代入,解得,再分類討論,利用余弦弦定理求,再用平方關系求解.【詳解】已知,,,代入,得,即,解得,當時,由余弦弦定理得:,.當時,由余弦弦定理得:,.故選:C【點睛】本題主要考查余弦定理和平方關系,還考查了對數學史的理解能力,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】
設,則,,由知,,,作,垂足為C,則C為的中點,在和中分別求出,進而求出的關系式,即可求出橢圓的離心率.【詳解】如圖,設,則,,由橢圓定義知,,因為,所以,,作,垂足為C,則C為的中點,在中,因為,所以,在中,由余弦定理可得,,即,解得,所以橢圓的離心率為.故答案為:【點睛】本題考查橢圓的離心率和直線與橢圓的位置關系;利用橢圓的定義,結合焦點三角形和余弦定理是求解本題的關鍵;屬于中檔題、??碱}型.14、【解析】
通過雙曲線的標準方程,求解,,即可得到所求的結果.【詳解】由雙曲線,可得,,則,所以雙曲線的焦點坐標是,漸近線方程為:.故答案為:;.【點睛】本題主要考查了雙曲線的簡單性質的應用,考查了運算能力,屬于容易題.15、【解析】
解一元二次不等式化簡集合,再進行集合的交運算,即可得到答案.【詳解】,,.故答案為:.【點睛】本題考查一元二次不等式的求解、集合的交運算,考查運算求解能力,屬于基礎題.16、12【解析】
畫出約束條件的可行域,求出最優(yōu)解,即可求解目標函數的最大值.【詳解】根據約束條件畫出可行域,如下圖,由x+y-4=02x-3y-8=0,解得目標函數y=3x-z,當y=3x-z過點(4,0)時,z有最大值,且最大值為12.故答案為:12.【點睛】本題考查線性規(guī)劃的簡單應用,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)面積的最小值為;四邊形的面積為【解析】
(1)將曲線消去參數即可得到的普通方程,將,代入曲線的極坐標方程即可;(2)由(1)得曲線的極坐標方程,設,,,利用方程可得,再利用基本不等式得,即可得,根據題意知,進而可得四邊形的面積.【詳解】(1)由曲線的參數方程為(為參數)消去參數得曲線的極坐標方程為,即,所以,曲線的直角坐標方程.(2)依題意得的極坐標方程為設,,,則,,故,當且僅當(即)時取“=”,故,即面積的最小值為.此時,故所求四邊形的面積為.【點睛】本題考查了極坐標方程化為直角坐標方程、參數方程化為普通方程、點到直線的距離公式、三角函數的單調性,考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題.18、(1)見解析;(2)【解析】
(1)不等式等價于,設,利用導數可證恒成立,從而原不等式成立.(2)由題設條件可得在上有兩個不同零點,且,利用導數討論的單調性后可得其最小值,結合前述的集合的包含關系可得的取值范圍.【詳解】(1)設,則,當時,由,所以在上是減函數,所以,故.因為,所以,所以當時,.(2)由(1)當時,;任意,存在和使成立,所以在上有兩個不同零點,且,(1)當時,在上為減函數,不合題意;(2)當時,,由題意知在上不單調,所以,即,當時,,時,,所以在上遞減,在上遞增,所以,解得,因為,所以成立,下面證明存在,使得,取,先證明,即證,令,則在時恒成立,所以成立,因為,所以時命題成立.因為,所以.故實數的最小值為.【點睛】本題考查導數在不等式恒成立、等式能成立中的應用,前者注意將欲證不等式合理變形,轉化為容易證明的新不等式,后者需根據等式能成立的特點確定出函數應該具有的性質,再利用導數研究該性質,本題屬于難題.19、(Ⅰ);(Ⅱ).【解析】
(Ⅰ)當時,令,作出的圖像,結合圖像即可求解;(Ⅱ)結合絕對值三角不等式可得,再由“1”的妙用可拼湊為,結合基本不等式即可求解;【詳解】(Ⅰ)令,作出它們的大致圖像如下:由或(舍),得點橫坐標為2,由對稱性知,點橫坐標為﹣2,因此不等式的解集為.(Ⅱ)..取等號的條件為,即,聯立得因此的最小值為.【點睛】本題考查絕對值不等式、基本不等式,屬于中檔題20、(1)不是,見解析(2)(3)【解析】
(1)利用遞推關系求出數列的通項公式,進一步驗證時,是否為數列中的項,即可得答案;(2)由題意得,再對公差進行分類討論,即可得答案;(3)由題意得數列為等差數列,設數列的公差為,再根據不等式得到公差的值,即可得答案;【詳解】(1)當時,又,所以.所以當時,,而,所以時,不是數列中的項,故數列不是為“數列”(2)因為數列是公差為的等差數列,所以.因為數列為“數列”所以任意,存在,使得,即有.①若,則只需,使得,從而得是數列中的項.②若,則.此時,當時,不為正整數,所以不符合題意.綜上,.(3)由題意,所以,又因為,且數列為“數列”,所以,即,所以數列為等差數列.設數列的公差為,則有,由,得,整理得,①.②若,取正整數,則當時,,與①式對應任意恒成立相矛盾,因此.同樣根據②式可得,所以.又,所以.經檢驗當時,①②兩式對應任意恒成立,所以數列的通項公式為.【點睛】本題考查數列新定義題、等差數列的通項公式,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,難度較大.21、(1),
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