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山东省潍坊市安丘市2023届高三数学下学期3月过程检测试题(Word版附解析)

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3月份高三过程检测数学试题第Ⅰ卷一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.设集合,,则()A.M=NB.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用对数函数定义域求法及指数不等式的解法化简集合,再判断各选项的对错.【详解】因为,,所以且,所以A错,B错,,C错,,D对,故选:D.2.设i为虚数单位,且,则的虚部为()A.B.2C.2iD.【答案】B【解析】【分析】由复数的乘法运算化简,再由复数相等求出,即可求出的虚部.【详解】由可得:,则,所以的虚部为2.故选:B3.已知函数,则()A.B.C.2D.【答案】B 【解析】【分析】先对求导,再代入即可求得.【详解】因为,所以,故,即,所以.故选:B.4.已知函数,则下列论述正确的是()A.且,使B.,当时,有恒成立C.使有意义的必要不充分条件为D.使成立的充要条件为【答案】B【解析】【分析】根据余弦函数的性质,结合充分性、必要性的定义,结合对数型复合函数的单调性逐一判断即可.【详解】在中,对于A,∵,∴若,当且仅当时,,A错;对于B,当时,增函数,而, 在上为增函数,由复合函数单调性知,当时,函数单调递增,B正确;对于C,∵有意义,∴,而为的真子集,是的充分不必要条件,C错;对于D,令,则,故,而为的真子集,故是成立的充分不必要条件,D错误.故选:B.5.在直三棱柱中,为等腰直角三角形,若三棱柱的体积为32,则该三棱柱外接球表面积的最小值为()A.12πB.24πC.48πD.96π【答案】C【解析】【分析】设为等腰直角三角形的直角边为,三棱柱的高为,根据三棱柱的体积得,根据直三棱柱外接球半径的求法可求出,然后构造函数,求导得到的最小值,即可得到该三棱柱外接球表面积的最小值【详解】设为等腰直角三角形的直角边为,三棱柱的高为, 则,所以,则,外接圆的半径为,所以棱柱外接球的半径为,令,则,则,在上单调递减,在上单调递增,所以当时,,则该三棱柱外接球表面积最小值为.故选:C.6.如图,将一个边长为1的正三角形分成四个全等的正三角形,第一次挖去中间的一个小正三角形,将剩下的三个小正三角形,再分别从中间挖去一个小正三角形,保留它们的边,重复操作以上做法,得到的集合为谢尔宾斯基三角形.设是第n次挖去的小正三角形面积之和(如是第1次挖去的中间小正三角形面积,是第2次挖去的三个小正三角形面积之和),则()A.B.是等差数列C.D.前n次挖去的所有小正三角形面积之和为【答案】D【解析】【分析】根据图形可知:每次挖去的小三角形面积之和构成一个以为首项,以为公比的等比数列, 利用等比数列通项公式和求和公式对选项一一判断即可得出答案.【详解】原正三角形的面积为,由题意可知:第次挖去个小正三角形,且每次挖去的小三角形面积之和构成一个以为首项,以为公比的等比数列,所以,故C不正确;,故A不正确;是等比数列,故B不正确;由等比数列的求和公式可得前n次挖去的所有小正三角形面积之和为:,故D正确.故选:D.7.甲袋中装有4个白球,2个红球和2个黑球,乙袋中装有3个白球,3个红球和2个黑球.先从甲袋中随机取出一球放入乙袋,再从乙袋中随机取出一球.用分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球,用B表示乙袋取出的球是白球,则()A.两两不互斥B.C.与B是相互独立事件D.【答案】B【解析】【分析】对于A,由互斥事件的定义判断,对于B,由条件概率的公式求解即可,对于C,由独立事件的定义判断,对于D,由求解【详解】对于A,由题意可知,,不可能同时发生,所以,,两两互斥,所以A不正确;对于B,由题意可得,所以,所以B正确; 对于C,因为,,,所以,所以与B不是相互独立事件,所以C错误;对于D,由C选项可知D是错误的.故选:B.8.函数,若,,,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用函数的导数判断函数的单调性,结合对数函数的单调性、基本不等式进行求解即可.【详解】,因为,所以,因为,所以,因此有,,所以函数是实数集上增函数,因为,所以,故选:A【点睛】关键点睛:利用导数判断函数的单调性,结合基本不等式、对数函数的单调性是解题的关键.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.下列函数中,在其定义域内既是奇函数又是增函数的是() A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】根据函数的奇偶性的定义可判断奇偶性,由导数即可判断单调性.【详解】对于A,,故为奇函数,,故为定义域内的单调递增函数,故A正确,对于B,,故为非奇非偶函数,故B错误,对于C,在定义域内不是单调增函数,故C错误,对于D,,,所以定义域内既是奇函数又是增函数,故D正确,故选:AD10.已知函数是其中一个对称中心,且的最大值是2,则()A.的最小正周期为B.将图象向左平移个单位长度,得到的图象关于原点对称C.在区间上单调递减D.在区间上有且仅有5个极大值点【答案】AD【解析】【分析】由题意求出,由图象的对称性求出的值,可得的解析式,再利用正弦函数的图象与性质对选项一一判断即可得出答案.【详解】,而的最大值是2,所以,所以是其中一个对称中心,则,所以,因为,所以, 所以,对于A,的最小正周期为,故A正确;对于B,图象向左平移个单位长度得到,得到的图象不关于原点对称,故B不正确;对于C,,所以在区间上单调有增有减,所以C不正确;对于D,,,在区间上有5个周期,所以在区间上有且仅有5个极大值点,故D正确.故选:AD.11.已知、分别为双曲线的左右焦点,过C右支上一点作直线l交y轴于,交x轴于点M,则()A.C的离心率B.点M的坐标为C.l与C相切D.四边形面积的最小值为4【答案】ACD【解析】【分析】根据方程,可直接求出渐近线方程,即可判断A项;由已知可得,进而结合双曲线方程,即可得出点的坐标,即可判断B项;设直线l的方程为,与双曲线联立可得,判断C项;由,代入利用基本不等式即可求出面积的最小值,判断D项.【详解】对于A,由已知可得,,,所以C的离心率为, 故A项正确;对于B,设,则,整理可得,又,所以,所以有,所以点,故B项错误;对于C,设直线l的方程为,与双曲线联立,则,①,又因为,所以代入①化简可得:,所以l与C相切,所以C项正确;对于D,,当且仅当,即时,等号成立.所以,四边形面积的最小值为4,故D项正确.故选:ACD.12.如图,将一副三角板拼成平面四边形,将等腰直角沿向上翻折,得三棱锥,设 ,点分别为棱的中点,为线段上的动点,下列说法正确的是()A.不存在某个位置,使B.存在某个位置,使C.当三棱锥体积取得最大值时,AD与平面ABC成角的正弦值为D.当时,的最小值为【答案】BD【解析】【分析】根据面面垂直可得线面垂直,即可判断AB,由三棱锥体积取得最大值时知面面垂直,得出线面垂直,即可求出线面角判断C,再由侧面展开图及余弦定理可判断D.【详解】当平面与平面垂直时,,平面与平面的交线为,平面,平面,又平面,,,故A错误,B正确;对于C,当三棱锥体积取得最大值时,顶点A到底面距离最大,即平面与平面垂直时,由上面可知,平面,故AD与平面ABC成角为,因为,所以,,,则,,即AD与平面ABC成角的正弦值为,故C错误;对于D,当时,因为为的中点, 所以,则,又因为的中点,所以,又,所以,所以,如图将沿旋转,使其与在同一平面内,则当三点共线时,最小,即的最小值为,在中,,则,所以,所以的最小值为,故D正确.故选:BD.【点睛】思路点睛:计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时,一般采用转化的方法进行,即将侧面展开化为平面图形,即“化折为直”或“化曲为直”来解决,要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状.第II卷三、填空题:本大题共4个小题,每小题5分,共20分.13.如图,在边长为2的正方形ABCD中,其对称中心O平分线段MN,且,点E为DC的中点,则______. 【答案】【解析】【分析】利用平面向量线性运算、数量积运算求得正确答案.【详解】由题可知,所以.故答案为:14.的展开式中项的系数为______.【答案】【解析】【分析】令的通项公式为,令的通项公式为,由和的范围可得答案.【详解】的通项公式为,显然,展开式中要出现,必有,令的通项公式为,由,由,,所以,或,所以的系数为.故答案为:.15.已知抛物线,其焦点为F,PQ是过点F的一条弦,定点A的坐标是,当 取最小值时,则弦PQ的长是______.【答案】【解析】【分析】如图,过点作准线的垂线,垂足为,则,由图可知当三点共线时,取最小值,由此可得点的坐标,从而可得直线的方程,联立方程求出点的坐标,即可得解.【详解】抛物线的焦点,准线为,如图,过点作准线的垂线,垂足为,则,所以,当且仅当三点共线时取等号,所以当取最小值时,点的横坐标为,当时,,即,所以,所以直线方程为,联立,消得,解得或,当时,,即,所以.故答案为:. 16.已知函数,则______;设数列满足,则此数列的前2023项的和为______.【答案】①.②.【解析】【分析】由题意可知,即可根据此关系求出,因为,则,利用倒序相加法求和即可,详解】解:已知,则,,所以,则,已知数列,,,数列的前2023项的和,且,两式相加,得,故答案为:;四、解答题:共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图,为半圆(为直径)上一动点,,,,记. (1)当时,求的长;(2)当周长最大时,求.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)求出的值,由正弦定理即可求出的长;(2)由余弦定理及基本不等式求出与的乘积关系,写出面积表达式,即可得出的值.【小问1详解】在中,,,,∴,,且在以为直径的圆上,∴,在中,,,由正弦定理,,解得.【小问2详解】在中,,,由余弦定理,即,∴,∴,当且仅当时取等号,∴,∴,即当时,周长最大,此时 ∴.18.欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互质的正整数的个数(互质是公约数只有1的两个整数),例如:,.(1)求,,;(2)若数列满足,且,求数列的通项公式和前n项和.【答案】(1),,(2)【解析】【分析】(1)欧拉函数的函数值定义计算即可;(2)先构造等差数列,再根据错位相减法计算可得.【小问1详解】,,.【小问2详解】∵,∴∵,∴数列是以1为首项,以为公差的等差数列.∴,∴,,,∴∴.19.如图,在三棱柱中,D为AC的中点,AB=BC=2,. (1)证明:;(2)若,且满足:三棱柱的体积为,二面角的大小为60°,求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)由线面垂直的判定定理和性质定理即可证明;(2)由三棱柱的体积为可求出,建立空间直角坐标系,分别求出平面和平面的法向量,由二面角的向量公式求解即可.【小问1详解】在三棱柱中,由题意可得,,,∴,又∵AD=DC,∴,同时在△ABC中,∵AB=BC,AD=DC,∴,∵,,平面,∴平面,又∵平面,∴【小问2详解】∵且,∴平面ABC,∵平面ABC,∴,又∵,∴为二面角的平面角,即 ,,取BC的中点O,则,∴,又∵三棱柱的体积为,∴如图所示,建立空间直角坐标系,设平面的一个法向量为,且,,则,令,则,,故,设平面的一个法向量为,且,,则,令,则b=0,,故,,故二面角的正弦值为.20.2023年3月某学校举办了春季科技体育节,其中安排的女排赛事共有12个班级作为参赛队伍,本次比赛启用了新的排球用球MIKASA_V200W.已知这种球的质量指标(单位:g)服从正态分布,其中,.比赛赛制采取单循环方式,即每支球队进行11场比赛,最后靠积分选出最后冠军.积分规则如下(比赛采取5局3胜制):比赛中以3:0或3:1取胜的球队积3分,负队积0分;而在比赛中以3:2取胜的球队积2分,负队积1分.9轮过后,积分榜上的前2名分别为1班排球队和2班排球队,1班排球队积26分,2班排球队积22分.第10轮1班排球队对抗3班排球队,设每局 比赛1班排球队取胜的概率为.(1)令,则,且,求,并证明:;(2)第10轮比赛中,记1班排球队3:1取胜的概率为,求出的最大值点,并以作为p的值,解决下列问题.(i)在第10轮比赛中,1班排球队所得积分为X,求X的分布列;(ii)已知第10轮1班排球队积3分,判断1班排球队能否提前一轮夺得冠军(第10轮过后,无论最后一轮即第11轮结果如何,1班排球队积分最多)?若能,求出相应的概率;若不能,请说明理由.参考数据:,则,,.【答案】(1),证明见解析(2)(i)分布列见解析;(ii)能,【解析】【分析】(1)由正态分布的对称性求解即可;(2)根据二项分布先求出,再利用导数求出取得最大值时的值,(i)根据比赛积分规则,得出中国队得分可能的取值,然后求出分布列.(ii)1班10轮后的总积分为29分,2班即便第10轮和第11轮都积3分,则11轮过后的总积分是28分,29>28,即可得出结论.【小问1详解】,又,所以.因为,根据正态曲线对称性,又因为,所以.【小问2详解】,. 令,得.当时,,在上为增函数;当时,,在上为减函数.所以的最大值点.从而(i)X的可能取值为3,2,1,0.,,,∴X的分布列为X3210P(ii)若X=3,则1班10轮后的总积分为29分,2班即便第10轮和第11轮都积3分,则11轮过后的总积分是28分,29>28,所以,1班如果第10轮积3分,则可提前一轮夺得冠军,其概率为.21.已知椭圆的焦距为2,离心率为如图,在矩形ABCD中,,,E,F,G,H分别为矩形四条边的中点,过E做直线交x轴的正半轴于R点,交椭圆于M点,连接GM交CF于点T(1)求椭圆的标准方程; (2)求证:.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)根据椭圆的焦距和离心率,即可求出椭圆的标准方程;(2)设出直线和直线的解析式,联立得出交点的坐标,代入椭圆方程,求出出,的比例关系,和的比例关系,即可证明结论.【小问1详解】由题意,在椭圆中,椭圆的焦距为2,离心率为∴,,∴a=2由,得:,∴椭圆的方程为【小问2详解】由题意及(1)得,在椭圆中,,,由已知,直线的斜率大于零,直线的斜率小于零,故设直线,直线,∵直线与直线相交于点,由得:.又∵点M在椭圆上 ∴,整理得:∵直线交轴的正半轴于点令得:,故又∵F(2,0),∴,∴∵直线交于点,令得:,故又∵,∴,∴又∵,∴∴ ∴.22.已知函数.(1)当时,讨论f(x)的单调性.(2)设,当时,有,求a的取值范围.【答案】(1)f(x)在上单调递增,在上单调递减(2)【解析】【分析】(1)先求导函数,因为在上递增,因为,则在上单调递增,在上单调递减;(2)移项构造函数,分情况讨论证明最大值小于等于0即可.【小问1详解】当时,,,设,因为,得h(x)在上递增,即在上递增,因为,所以当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减.【小问2详解】由得,,整理得,设, 则1°当时,即,t(x)在单调递增,单调递减,则,得,不存在;2°当时,即,在单调递减,单调递增,单调递减,t(0)=0,只要即可,得,即;3°当,即,在(0,2)单调递减,单调递增,单调递减,此时由2°得,所以成立;综上所述,符合题意.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-10-08 19:10:01 页数:25
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文章作者:随遇而安

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