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文檔簡介
福建漳州市2025屆數(shù)學高二上期末經典試題考生須知: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.已知函數(shù)的導函數(shù)為,且滿足,則()A. B.C. D.2.已知雙曲線的左焦點為F,O為坐標原點,M,N兩點分別在C的左、右兩支上,若四邊形OFMN為菱形,則C的離心率為()A. B.C. D.3.九連環(huán)是我國從古至今廣為流傳的一種益智游戲,它由九個鐵絲圓環(huán)相連成串,按一定規(guī)則移動圓環(huán)的次數(shù)決定解開圓環(huán)的個數(shù).在某種玩法中,用表示解開n(,)個圓環(huán)所需的最少移動次數(shù),若數(shù)列滿足,且當時,則解開5個圓環(huán)所需的最少移動次數(shù)為()A.10 B.16C.21 D.224.若實數(shù),滿足約束條件,則的最小值為()A.-3 B.-2C. D.15.設函數(shù)若函數(shù)有兩個零點,則實數(shù)m的取值范圍是()A. B.C. D.6.已知數(shù)列是等差數(shù)列,下面的數(shù)列中必為等差數(shù)列的個數(shù)為()①②③A.0 B.1C.2 D.37.已知是定義在上的函數(shù),其導函數(shù)為,且,且,則不等式的解集為()A. B.C. D.8.如圖,橢圓的右焦點為,過與軸垂直的直線交橢圓于第一象限的點,點關于坐標原點的對稱點為,且,,則橢圓方程為()A. B.C. D.9.直線與圓的位置關系是()A.相交 B.相切C.相離 D.不確定10.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,棱長為a,M,N分別為A1B和AC上的點,A1M=AN=,則MN與平面BB1C1C的位置關系是()A.相交 B.平行C.垂直 D.不能確定11.已知,,,若、、三個向量共面,則實數(shù)A3 B.5C.7 D.912.定義運算:.已知,都是銳角,且,,則()A. B.C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.若,若,則______14.若將拋擲一枚硬幣所出現(xiàn)的結果“正面(朝上)”與“反面(朝上)”,分別記為H、T,相應的拋擲兩枚硬幣的樣本空間為,則與事件“一個正面(朝上)一個反面(朝上)”對應的樣本空間的子集為______15.若函數(shù)在區(qū)間內存在最大值,則實數(shù)的取值范圍是____________.16.若命題“,不等式恒成立”為真命題,則實數(shù)a的取值范圍是________.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)已知在時有極值0.(1)求常數(shù),的值;(2)求在區(qū)間上的最值.18.(12分)如圖1,已知矩形中,,E為上一點且.現(xiàn)將沿著折起,使點D到達點P的位置,且,得到的圖形如圖2.(1)證明為直角三角形;(2)設動點M在線段上,判斷直線與平面位置關系,并說明理由.19.(12分)自疫情爆發(fā)以來,由于黨和國家對抗疫工作高度重視,在人民群眾的不懈努力下,我國抗疫工作取得階段性成功,國家經濟很快得到復蘇.在餐飲業(yè)恢復營業(yè)后,某快餐店統(tǒng)計了近天內每日接待的顧客人數(shù),將前天的數(shù)據(jù)進行整理得到頻率分布表和頻率分布直方圖.組別分組頻數(shù)頻率第組第組第組第組第組合計(1)求、、的值,并估計該快餐店在前天內每日接待的顧客人數(shù)的平均數(shù);(2)已知該快餐店在前50天內每日接待的顧客人數(shù)的方差為,在后天內每日接待的顧客人數(shù)的平均數(shù)為、方差為,估計這家快餐店這天內每日接待的顧客人數(shù)的平均數(shù)和方差.()20.(12分)橢圓的離心率為,設為坐標原點,為橢圓的左頂點,動直線過線段的中點,且與橢圓相交于、兩點.已知當直線的傾斜角為時,(1)求橢圓的標準方程;(2)是否存在定直線,使得直線、分別與相交于、兩點,且點總在以線段為直徑的圓上,若存在,求出所有滿足條件的直線的方程;若不存在,請說明理由21.(12分)如圖,四棱柱的底面為正方形,平面,,,點在上,且.(1)求證:;(2)求直線與平面所成角的正弦值;(3)求平面與平面夾角的余弦值.22.(10分)已知△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,滿足(2a﹣b)sinA+(2b﹣a)sinB=2csinC.(1)求角C的大小;(2)若cosA=,求的值.
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】求出導數(shù)后,把x=e代入,即可求解.【詳解】因為,所以,解得故選:C2、C【解析】由題意可得且,從而求出點的坐標,將其代入雙曲線方程中,即可得出離心率.【詳解】由題意,四邊形為菱形,如圖,則且,分別為的左,右支上的點,設點在第二象限,在第一象限.由雙曲線的對稱性,可得,過點作軸交軸于點,則,所以,則,所以,所以,則,即,解得,或,由雙曲線的離心率,所以取,則故選:C3、D【解析】根據(jù)題意,結合數(shù)列遞推公式,代入計算即可.【詳解】根據(jù)題意,由,得.故選:D.4、B【解析】先畫出可行域,由,作出直線向下平移過點A時,取得最小值,然后求出點A的坐標,代入目標函數(shù)中可求得答案【詳解】由題可得其可行域為如圖,l:,當經過點A時,取到最小值,由,得,即,所以的最小值為故選:B5、D【解析】有兩個零點等價于與的圖象有兩個交點,利用導數(shù)分析函數(shù)的單調性與最值,畫出函數(shù)圖象,數(shù)形結合可得結果.【詳解】解:設,則,所以在上遞減,在上遞增,,且時,,有兩個零點等價于與的圖象有兩個交點,畫出的圖象,如下圖所示,由圖可得,時,與的圖象有兩個交點,此時,函數(shù)有兩個零點,實數(shù)m的取值范圍是,故選:D.【點睛】方法點睛:本題主要考查分段函數(shù)的性質、利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、函數(shù)的零點,以及數(shù)形結合思想的應用,屬于難題.數(shù)形結合是根據(jù)數(shù)量與圖形之間的對應關系,通過數(shù)與形的相互轉化來解決數(shù)學問題的一種重要思想方法,函數(shù)圖象是函數(shù)的一種表達形式,它形象地揭示了函數(shù)的性質,為研究函數(shù)的數(shù)量關系提供了“形”的直觀性.歸納起來,圖象的應用常見的命題探究角度有:1、確定方程根的個數(shù);2、求參數(shù)的取值范圍;3、求不等式的解集;4、研究函數(shù)性質6、C【解析】根據(jù)等差數(shù)列的定義判斷【詳解】設的公差為,則,是等差數(shù)列,,是常數(shù)列,也是等差數(shù)列,若,則不是等差數(shù)列,故選:C7、B【解析】令,再結合,和已知條件將問題轉化為,最后結合單調性求解即可.【詳解】解:令,則,因為,所以,即函數(shù)為上的增函數(shù),因為,不等式可化為,所以,故不等式的解集為故選:B8、C【解析】連結,設,則,,由可求出,進而可求出,得出橢圓方程.【詳解】由題意設橢圓的方程:,設左焦點為,連結,由橢圓的對稱性易得四邊形為平行四邊形,由得,又,設,則,,又,解得,又由,,解得,,,則橢圓的方程為.故選:C.【點睛】關鍵點睛:本題考查了橢圓的標準方程求解及橢圓的簡單幾何性質,在求解橢圓標準方程時,關鍵是求解基本量,,.9、A【解析】首先求出直線過定點,再判斷點在圓內,即可判斷;【詳解】解:直線恒過定點,又,即點在圓內部,所以直線與圓相交;故選:A10、B【解析】建立空間直角坐標系,求得平面BB1C1C的法向量和直線MN的方向向量,利用兩向量垂直,得到線面平行.【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系,由圖可知平面BB1C1C的法向量.∵A1M=AN=,∴M,N,∴.∵,∴MN∥平面BB1C1C,故選:B.【點睛】該題考查的是有關立體幾何的問題,涉及到的知識點有利于空間向量判斷線面平行,屬于簡單題目.11、A【解析】由空間向量共面原理得存在實數(shù),,使得,由此能求出實數(shù)【詳解】解:,,,、、三個向量共面,存在實數(shù),,使得,即有:,解得,,實數(shù)故選:【點睛】本題考查空間向量共面原理的應用,屬于基礎題12、B【解析】,只需求出與的正、余弦值即可,用平方關系時注意角的范圍.【詳解】解:因為,都是銳角,所以,,因為,所以,即,,所以,,因為,所有,故選:B.【點睛】信息給予題,已知三角函數(shù)值求三角函數(shù)值,考查根據(jù)三角函數(shù)的恒等變換求值,基礎題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、2【解析】首先利用二項展開式的通項公式,求,再利用賦值法求系數(shù)的和以及【詳解】展開式的通項為,令,則,即,故,令,得.又,所以故故答案為:14、,,,【解析】先寫出與事件“一個正面(朝上)一個反面(朝上)”對應的樣本空間,再寫出其全部子集即可.【詳解】與事件“一個正面(朝上)一個反面(朝上)”對應的樣本空間為,此空間的子集為,,,故答案為:,,,15、【解析】首先利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性,再根據(jù)函數(shù)在開區(qū)間內存在最大值,可判斷極大值點就是最大值點,列式求解.【詳解】由題可知:所以函數(shù)在單調遞減,在單調遞增,故函數(shù)的極大值為.所以在開區(qū)間內的最大值一定是又,所以得實數(shù)的取值范圍是故答案為:【點睛】關鍵點點睛:由函數(shù)在開區(qū)間內若存在最大值,即極大值點在區(qū)間內,同時還得滿足極大值點是最大值,還需列不等式,不要忽略這個不等式.16、【解析】,不等式恒成立,只要即可,利用基本不等式求出即可得出答案.【詳解】解:因為,不等式恒成立,只要即可,因為,所以,則,當且僅當,即時取等號,所以,所以.故答案為:.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、(1),;(2)最小值為0,最大值為4.【解析】(1)對求導,根據(jù)在時有極值0,得到,再求出,的值;(2)由(1)知,,然后判斷的單調性,再求出的值域【詳解】解:(1),由題知:聯(lián)立(1)、(2)有(舍)或.當時在定義域上單調遞增,故舍去;所以,,經檢驗,符合題意(2)當,時,故方程有根或由,得或由得,函數(shù)的單調增區(qū)間為:,,減區(qū)間為:.函數(shù)在取得極大值,在取極小值;經計算,,,,所以最小值為0,最大值為4.18、(1)證明見解析(2)答案不唯一,見解析【解析】(1)利用折疊前后的線段長度及勾股定理求證即可;(2)動點M滿足時和,但時兩種情況,利用線線平行或相交得到結論.【小問1詳解】在折疊前的圖中,如圖:,E為上一點且,則,折疊后,所以,又,所以,所以為直角三角形.小問2詳解】當動點M在線段上,滿足,同樣在線段上取,使得,則,當時,則,又且所以,且,所以四邊形為平行四邊形,所以,又平面,所以此時平面;當時,此時,但,所以四邊形為梯形,所以與必然相交,所以與平面必然相交.綜上,當動點M滿足時,平面;當動點M滿足,但時,與平面相交.19、(1),,,平均數(shù)為;(2)平均數(shù)為,方差為.【解析】(1)計算出第組的頻數(shù),可求得的值,利用頻數(shù)、頻率和總數(shù)的關系可求出的值,求出第組的頻率,除以組距可得的值,利用平均數(shù)公式可求得該快餐店在前天內每日接待的顧客人數(shù)的平均數(shù);(2)設前天接待的顧客人數(shù)分別為、、、,后天接待的顧客人數(shù)分別為、、、,利用平均數(shù)公式和方差公式可求得結果.【小問1詳解】解:由表可知第組的頻數(shù)為,所以,,,第組的頻率為,,前天內每日接待的顧客人數(shù)的平均數(shù)為:.【小問2詳解】解:設前天接待的顧客人數(shù)分別為、、、,后天接待的顧客人數(shù)分別為、、、,則由(1)知前天的平均數(shù),方差,后天的平均數(shù),方差,故這天的平均數(shù)為,,同理,這天的方差,由以上三式可得.20、(1)(2)存在,且直線的方程為或【解析】(1)分析可知,,直線的方程為,設點、,將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立,列出韋達定理,利用弦長公式可求得的值,即可得出橢圓的標準方程;(2)設點、,設直線的方程為,將該直線方程與橢圓的方程聯(lián)立,列出韋達定理,求出點、,由已知得出,求出的值,即可得出結論.【小問1詳解】解:因為,則,,所以,橢圓的方程為,即,易知點,則點,當直線的傾斜角為時,直線的方程為,設點、,聯(lián)立,可得,,由韋達定理可得,,所以,,解得,則,,因此,橢圓的標準方程為.【小問2詳解】解:易知點,若直線與軸重合,則、為橢圓長軸的兩個端點,不合乎題意.設直線的方程為,設點、,聯(lián)立,可得,,由韋達定理可得,,直線的斜率為,直線的方程為,故點,同理可得點,,,由題意可得,解得或.因此,存在滿足題設條件的直線,且直線的方程為或,點總在以線段為直徑的圓上.【點睛】方法點睛:利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下:(1)設直線方程,設交點坐標為、;(2)聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程,得到關于(或)的一元二次方程,必要時計算;(3)列出韋達定理;(4)將所求問題或題中的關系轉化為、(或、)的形式;(5)代入韋達定理求解.21、(1)證明見解析(2)(3)【解析】(1)以為原點,所在的直線為軸的正方向建立空間直角坐標系,求出平面的一個法向量可得,即平面,再由線面垂直的性質可得答案;(2)設直線與平面所成角的為,可得答案;(3)由二面角的向量求法可得
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