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天津市南开区翔宇学校2022-2023学年高三数学上学期期末试题(Word版含解析)

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高三年级数学学科期末反馈练习第Ⅰ卷一、选择题(在每题给出的四个选项中,只有一个是最符合题目要求的.)1.设全集为,,,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】把化简,分别求出集合,,然后求解.【详解】又,又故选:A2.已知命题和命题,则p是q的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先求解命题,再根据充分条件和必要条件的定义即可得到结果【详解】命题即命题即,所以,p是q的充分不必要条件故选:A3.函数的图象可能是()AB.第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 C.D.【答案】D【解析】【分析】首先根据为奇函数排除A,C,再根据即可得到答案.【详解】,定义域,,所以函数为奇函数,图象关于原点对称,故A,C错误,因为,,所以,又因为,当且仅当,即时取等号,所以,又因为时,,所以,由图知:D正确.故选:D4.某市为了解全市环境治理情况,对本市的200家中小型企业的污染情况进行了摸排,并把污染情况各类指标的得分综合折算成标准分100分,统计并制成如图所示的直方图,则标准分不低于70分的企业数为()A.30B.60C.70D.130【答案】C【解析】第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 【分析】根据频率分布直方图得到标准分不低于70分的企业数为频率,进而得到企业数.【详解】根据频率分布直方图,标准分不低于70分的企业数为频率为,标准分不低于70分的企业数为为(家).故选:C5.设,则的大小关系为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用指数函数与对数函数的性质,即可得出的大小关系.【详解】因为,,,所以.故选:D.【点睛】本题考查的是有关指数幂和对数值的比较大小问题,在解题的过程中,注意应用指数函数和对数函数的单调性,确定其对应值的范围.比较指对幂形式的数的大小关系,常用方法:(1)利用指数函数的单调性:,当时,函数递增;当时,函数递减;(2)利用对数函数的单调性:,当时,函数递增;当时,函数递减;(3)借助于中间值,例如:0或1等.6.已知双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为,且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为,则双曲线的方程为()A.B.第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 C.D.【答案】C【解析】【分析】由已知条件求出的值,可求得的值,再由点在直线上可求得的值,由此可得出双曲线的标准方程.【详解】由已知条件可知,抛物线的准线方程为,可得,所以,抛物线的标准方程为,抛物线的焦点为,由于双曲线的左顶点与抛物线的焦点间的距离为,则,解得,点在第三象限,由题意可知,点在直线上,所以,,解得.因此,双曲线的标准方程为.故选:C.【点睛】关键点点睛:本题考查双曲线标准方程的求解,解题的关键在于结合已知条件求出、的值,并结合焦点的位置可得出双曲线的方程.7.设函数,给出下列结论:①最小正周期为;②在单调递减;③的图象关于直线对称;④把函数图象上所有点向右平移个单位长度,可得到函数的图象.其中正确的结论有()A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C【解析】第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 【分析】根据二倍角的正弦公式、辅助角公式化简函数的解析式,然后运用余弦型函数的性质逐一判断即可.【详解】.A:因为的最小正周期为,所以本结论正确;B:当时,,显然不是的子集,所以本结论不正确;C:因为,所以函数的图象关于直线对称,因此本结论正确;D:函数的图象上所有点向右平移个单位长度,得到的图象,因此本结论正确,共有3个结论正确,故选:C8.在四面体中,平面,为正三角形,且边长为,,则该四面体的外接球的表面积是()A.B.C.D.32π【答案】D【解析】【分析】在底面正三角形的外心作直线l⊥底面ABC,过SA的中点D作DO⊥SA交直线l于O,判断出O为球心,分别求出,可以求出半径R和表面积.【详解】如图示,第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 在底面正三角形的外心作直线l⊥底面ABC,则球心O必在直线l上.过SA的中点D作DO⊥SA交直线l于O.因为为正三角形,且边长为,所以.因为平面,⊥面ABC,所以∥.因为DO⊥SA,平面,平面,所以平面.又面面=,所以.所以四边形为平行四边形,所以.所以外接球的半径.所以外接球的表面积为.故选:D.9.已知函数(且)在上单调递增,且关于的方程恰有两个不相等的实数解,则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意可知在两段上均为增函数,且在上大于或等于,作出和的图象,根据交点个数判断与3的大小关系,以及直线和抛物线相切的条件,列出不等式组解出.【详解】解:是上的单调递增函数,第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 在,上单调递增,可得,且,即,作出和的函数草图如图所示:由图象可知在上有且只有一解,可得,或在上有且只有一解,即有,即有或;由,解得,即时,有且只有一解.则的范围是.故选:A.【点睛】本题考查分段函数的单调性,函数零点的个数判断,结合函数图象判断端点值的大小是关键.第Ⅱ卷二、填空题10.复数满足,则______.【答案】【解析】【分析】先将复数化简,再用模长公式计算即可.【详解】由题意,第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 故,故答案为:.11.若的展开式中各项的二项式系数之和为64,则展开式中的常数项为______.【答案】60【解析】【分析】各项的二项式系数之和为64,可得,求n;再利用通项公式即可求常数项.【详解】因为各项的二项式系数之和为64,,即;通项公式=令,解得.展开式中常数项为.【点睛】本题考查二项式定理的应用,注意二项式的通项公式为.12.过点作一条直线截圆所得弦长为,则直线的方程是__________.【答案】或【解析】【分析】将圆化为标准形式,判断点与圆的位置关系,分类讨论直线的斜率是否存在的情况,利用特殊的直角三角形求解.【详解】圆即,则,由条件点在圆内,过的直线当的不存在时,为:,则交点,满足;当的存在时,为:,即,则,则即,则,此时,,即,第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 故答案为或.13.某学校高一年级计划成立一个统计方向的社团,为了了解高一学生对统计方面的兴趣,在高一年级的全体同学中抽取了8名同学做了一个调查,结果显示其中3人对统计方向有兴趣,另外5人没兴趣.若从这8人中随机抽取3人,恰有2人是对统计方向有兴趣的同学的概率为__________;若以这8人的样本数据估计该学校高一年级的总体数据,且以频率作为概率,从该学校高一年级的所有学生中随机抽取3人,记对统计方向有兴趣的人数为随机变量,则的均值为__________.【答案】①.;②..【解析】【分析】根据古典概型的计算公式,结合均值的运算公式进行求解即可.【详解】从这8人中随机抽取3人,恰有2人是对统计方向有兴趣的同学的概率为:;以频率作为概率,从该学校高一年级的所有学生中随机抽取1人,对统计方向有兴趣的概率为,则,所以,故答案为:;.14.已知,,,则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】由题可得,代入所求利用基本不等式即可求解.【详解】由可得,所以第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 ,当且仅当时等号成立,所以的最小值为.故答案为:.15.在中,,,,则______;若,,,则的最大值为______.【答案】①.②.【解析】【分析】①利用向量的数量的的定义及向量的投影,即可求出;②将和分别用和表示代入,利用基本不等式求解即可.【详解】①如图,作,垂足为,因为,所以,所以,即,又,,所以,即,所以;②因为,,所以,,所以第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 ,当且仅当,即时,等号成立.所以的最大值为.故答案为:;.【点睛】关键点点睛:本题的关键是灵活应用向量的投影及用基底法表示向量.三、解答题:(解答应写出文字说明,证明过程和演算步骤)16.已知的内角所对的边分别为,,且满足.(1)求角的大小.(2)若,求的值.【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)根据,和正弦定理,可得,再根据余弦定理的推论即可求出结果;(2)由正弦定理知,可得,根据二倍角和同角基本关系可得和,再根据两角和的正弦公式即可求出结果.【详解】(1),∴可化为,由正弦定理有,化简得,∴,,∴(2)由正弦定理知,∴,∴又,∴,∴,∴第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 ∴.∴【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用,以及正弦两角和公式的应用,属于基础题.17.如图,在四棱锥中,平面,,,,,为中点,点在线段上,且.(1)求证:平面;(2)求直线与平面所成角正弦值;(3)求平面与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】【分析】(1)以为原点,建立空间直角坐标系,由已知写出、、的坐标,由点坐标可得,,的坐标,即有,,根据线面垂直的判定即可证平面;(2)由已知点坐标及,可写出、的坐标,进而求面的一个法向量,根据直线方向向量与平面法向量夹角的坐标表示,求直线与平面所成角的正弦值;(3)由坐标系易知为平面的法向量,结合(2)所得法向量,根据两个平面法向量夹角的坐标表示,即可求二面角的余弦值,进而求其正弦值.【小问1详解】第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 证明:如图,以为原点,分别以,为轴,轴,过D作AP平行线为z轴,建立空间直角坐标系,则,,,得,,,所以,,即,,又,所以平面;【小问2详解】解:由可是,由,可得,所以,设为平面的法向量,则不妨设,则,故,设直线与平面所成角为,所以,则直线与平面所成角的正弦值为;【小问3详解】解:因为为平面的法向量,设二面角的大小为,所以,所以.则二面角的正弦值为.18.设椭圆的右顶点为A,上顶点为B.已知椭圆的离心率为,第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 .(1)求椭圆的方程;(2)设直线与椭圆交于,两点,与直线交于点M,且点P,M均在第四象限.若的面积是面积的2倍,求的值.【答案】(1);(2).【解析】【详解】分析:(I)由题意结合几何关系可求得.则椭圆的方程为.(II)设点P的坐标为,点M的坐标为,由题意可得.易知直线的方程为,由方程组可得.由方程组可得.结合,可得,或.经检验的值为.详解:(I)设椭圆的焦距为2c,由已知得,又由,可得.由,从而.所以,椭圆的方程为.(II)设点P的坐标为,点M的坐标为,由题意,,点的坐标为.由的面积是面积的2倍,可得,从而,即.易知直线的方程为,由方程组消去y,可得.由方程组消去,可得.由,可得,两边平方,整理得,解得,或第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 .当时,,不合题意,舍去;当时,,,符合题意.所以,的值为.点睛:解决直线与椭圆的综合问题时,要注意:(1)注意观察应用题设中的每一个条件,明确确定直线、椭圆的条件;(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.19.已知数列是公比的等比数列,前三项和为13,且,,恰好分别是等差数列的第一项,第三项,第五项.(1)求和的通项公式;(2)已知,数列满足,求数列的前2n项和;(3)设,求数列的前n项和.【答案】(1)();()(2)()(3)()【解析】【分析】(1)利用等比基本量法结合等差中项列式可求得通项公式,再利用等差基本量法求得通项公式;(2),令,得到,由裂项相消求得,令,得,由错位相减求得,即可求解;第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 (3)代入得,对指数型式子配凑进行裂项可得,再由裂项相消即可求解.【小问1详解】(1)解:或,又,则,∴().设等差数列的公差为,由题意得,,,即,所以().【小问2详解】(2)解:时,,∴.时,∴,①,②由①②可得,第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 ∴∴().【小问3详解】(3)由(1)知,则∴故().20.已知函数.(1)讨论的单调性;(2)若在上有零点,①求a的取值范围;②求证:.【答案】(1)时,在上单调递增,当时在上单调递增,在上单调递减.(2)①;②证明见解析【解析】【分析】(1)对函数求导,讨论a的取值情况,判断导数的正负,确定函数的单调性;(2)①对a分类讨论,与1进行比较,结合零点存在定理,即可得到答案;②根据在上有零点,可以先整理得到第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 ,利用该式,先将要证明的不等式左面进行变形,分离参数,再利用构造函数,结合求导,判断函数的单调性可进行证明;同理可证明不等式的右边部分.【小问1详解】(1),.当时,恒成立,在上单调递增.当时,,当时,,单调递增;当时,,单调递减.综上,时,在上单调递增,当时在上单调递增,在上单调递减.【小问2详解】①注意到,,由(1)知,当时,在上单调递增,对任意,恒有,不合题意;同理,当时,在上单调递减,又,所以对任意,恒有,不合题意;当时,,由(1)知,在上单调递增,在上单调递减,所以,又当时,,由零点存在定理知,存在唯一一点,使得,满足题意.综上所述,a的取值范围为.②由①知,当时,,第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 解得.要证,只需证.令,,则,所以在上单调递增,又,所以在上恒成立,即,即.要证,只需证,即.又因为,即证.令,,则.又,所以函数上单调递增,在上单调递减,当时,,所以在恒成立,所以在上单调递减,又,所以,即,不等式得证.第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-02-22 10:45:02 页数:19
价格:¥3 大小:1.07 MB
文章作者:随遇而安

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