2023届湖南省衡阳市名校协作体高三全真模拟适应性考试数学试题含解析
展开2023届湖南省衡阳市名校协作体高三全真模拟适应性考试数学试题
一、单选题
1.已知集合,集合,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】解二次不等式得集合A,由对数型函数的定义域得集合,再求集合即可.
【详解】,
所以.
故选:C.
2.已知复数满足,则( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【分析】首先根据复数模长求法、除法运算,化简复数,再求复数.
【详解】因为,
所以.
故选:A.
3.的展开式中的常数项是( )
A. B.20 C. D.160
【答案】C
【分析】求出展开式的通项,令的指数等于0,从而可得出答案.
【详解】二项展开式的通项为,
令,得,
所以展开式中的常数项为
故选:C.
4.两千多年前,我国首部数学专著《九章算术》是数学的瑰宝,世人惊叹祖先的智慧.其中早就提出了宛田(扇形面积)的计算方法:“以径乘周,四而一”(意思是说直径与弧长乘积的四分之一),已知扇形的圆心角为,弧长为,且,则它的面积为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】根据题意,由条件可得,化简计算可得的值,从而得到结果.
【详解】设扇形的圆心角,所在圆的半径为,所以,
又,所以,即,
因为,所以,
所以,故扇形的面积为.
故选:A.
5.我国是一个人口大国,产粮、储粮是关系国计民生的大事.现某储粮机构拟在长100米,宽80米的长方形地面建立两座完全相同的粮仓(设计要求:顶部为圆锥形,底部为圆柱形,圆锥高与底面直径为,粮仓高为50米,两座粮仓连体紧靠矩形一边),已知稻谷容重为600千克每立方米,粮仓厚度忽略不计,估算两个粮仓最多能储存稻谷( )(取近似值3)
A.105000吨 B.68160吨 C.157000吨 D.146500吨
【答案】A
【分析】根据题意,由圆柱圆锥的体积计算公式得到两座粮仓总的容积的表达式,然后求导即可得到其最大值.
【详解】由于粮仓高50米,顶部为圆锥形,底部为圆柱形,圆锥高与底面直径为,
设粮仓顶部圆锥形的高为米,底面直径为米,圆柱的高为米,两座粮仓总的容积为
.若靠矩形长边建造,则,所以;
若靠矩形宽边建造,则,所以.
因为,当时,在单调递增,
所以时,取最大值,
两个粮仓最多能储存稻谷吨.
故选:A.
6.已知函数的一条对称轴为,一个对称中心为.则当取最小整数时,函数在内极值点的个数为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】B
【分析】根据已知条件先求出的值,得到函数的解析式,根据函数的性质求出极值点即可.
【详解】因为的一条对称轴为,
所以,①,
又的一个对称中心为,
所以②,
①-②得,
所以,
因为,所以取最小整数值为3.
当时,由②得,
因为,所以,
所以.
由得的极值点为,
当时,极值点在内.
故选:B.
7.已知椭圆的左、右焦点分别为、,过作直线与椭圆相交于、两点,,且,则椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】设,则,利用椭圆的定义及勾股定理解得,
表示出,,再利用锐角三角函数表示出,由余弦定理表示出,即可得到方程,解得,即可求出离心率.
【详解】如图所示,设,,设,则,
在中,,
由椭圆定义可知,,
,解得,
所以,,
在中,可得,
在中,由余弦定理可得,
,
,即0,
解得,所以椭圆离心率.
故选:D.
8.若曲线与有三条公切线,则的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】利用导数几何意义,分别设出两条曲线的切线方程,将问题转化为一条直线与一条曲线交点个数问题,即可求出的取值范围.
【详解】设公切线为是与的切点,由,得,
设是与的切点,由,得,
所以的方程为,
因为,整理得,
同理,
因为,整理得,
依题意两条直线重合,可得,
消去,得,
由题意此方程有三个不等实根,设,
即直线与曲线有三个不同的交点,
因为,令,则,
当或时,;当时,,
所以有极小值为,有极大值为,
因为,,,所以,
当趋近于时,趋近于0;当趋近于时,趋近于,
故的图象简单表示为下图:
所以当,即时,直线与曲线有三个交点.
故选:A.
二、多选题
9.在棱长为1的正方体中,点为线段的中点,则( )
A.异面直线与所成角为
B.面
C.
D.点到平面的距离为
【答案】BC
【分析】求出异面直线与所成角可判断A;由面面平行的判定定理和性质定理可判断B;由,可得可判断C;点到平面的距离即点到平面的距离,而平面,求出可判断D.
【详解】对于,因为,所以异面直线与所成角为(或补角),
,故A错误;
对于B,连接,,由于,
所以面面,
所以面面,又平面,所以面,故B正确;
对于C,点为线段的中点,.又,故C正确;
对于D,作,交于,交于,则平面
点到平面的距离即点到平面的距离,平面
点到平面的距离为线段的长度,故D错误.
故选:BC.
10.已知函数,则( )
A.在上最大值为2
B.有两个零点
C.的图像关于点对称
D.存在实数,使的图像关于原点对称
【答案】AC
【分析】根据题意,求导即可判断A,将零点问题转化为函数图像交点问题即可判断B,根据对称中心的定义即可判断C,将问题转化为判断是否为奇函数即可判断D.
【详解】对于,,
在上单调递增,
,故正确;
对于的零点个数即方程的实根个数,
即方程的实根个数,即与图像的交点个数.
在同一坐标系中画出与图像如图所示:
两个函数图像只有一个交点,故B错误;
对于,若的图像关于点对称,
则有对任意恒成立.
恒成立,
的图像关于点对称,故正确;
对于,若存在实数使的图像关于原点对称,则为奇函数.
令对任意恒成立,
即恒成立,
即对任意恒成立,
则,上述方程组无解,故错误.
故选:AC.
11.已知抛物线的顶点为,准线为,焦点为,过作直线交抛物线于两点(顺序从左向右),则( )
A.
B.若直线经过点,则
C.的最小值为1
D.若,则直线的斜率为
【答案】ABD
【分析】根据题意,得到抛物线的标准方程,然后联立直线与抛物线的方程,结合韦达定理,对选项逐一判断即可得到结果.
【详解】抛物线方程化为,准线为
,所以,
准线为,所以,故A正确;
又,过作直线交抛物线于两点,显然的斜率存在,
设的方程为,与联立消去整理得0恒成立.
设,则,.
直线经过点,,则,故正确;
时,最小为,故C错误;
由得,又,
解得:,故D正确.
故选:ABD.
12.已知是方程的两根,为无理数,则( )
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【分析】根据题意,构造函数,设求导即可判断A,构造函数,与即可判断B,由函数的单调性即可判断CD.
【详解】对于,因为,所以,
构造函数,因为,所以在上递减,在上递增,
所以有唯一的极小值,因为,所以.
设,
因为,
所以在上单调递减,且在上有0,
即,由,因为,
所以,因为在上递增,
所以,即,故A正确;
对于是方程的两根,因为,所以,所以,
所以,所以,所以,又,所以.
构造函数,当时,0;
当时,,所以在区间上递减,在区间上递增,所以有唯一的极小值,若,构造函数,类比选项,
可证,故B正确;
对于
在区间上递减,所以,所以1,故C正确;
对于在上递增,,
所以,即,故D错误.
故选:ABC.
三、填空题
13.小张、小李参加满分为50分(只取整数)的岗上技能测试,小张的六次成绩从小到大分别为;小李的六次成绩从小到大分别为,只知小张的六次成绩的第50百分位数等于小李的六次成绩的第80百分位数,则__________.
【答案】
【分析】根据百分位数的计算方法,分别求得两组数据的百分位数,列出方程,即可求解.
【详解】因为,所以小张的六次成绩的第50百分位数为,
又因为,小李六次成绩的第80百分位数为,
可得,解得.
故答案为:.
14.已知公共点为的圆和圆均与轴相切,且与直线均相切于第一象限,两圆的半径之和为4,则直线的方程为__________.
【答案】
【分析】设直线的倾斜角,直线的倾斜角为,可求得两圆心所在直线方程为,设,表示出两圆方程,两圆方程相减得直线的方程.
【详解】设直线的倾斜角,
直线的倾斜角为,其方程为,由,
解得或(舍去),故直线为.
设圆和圆均与轴相切,所以两圆半径分别为 ,所以,
圆方程为,圆方程为,
两圆方程相减,得直线的方程为.
故答案为:
15.若是函数的极小值点,则的取值范围为__________.
【答案】
【分析】利用极值点处的导数值等于零及函数极小值的定义,结合导数法求函数的极值的步骤即可求解.
【详解】,
因为是的极小值点,
所以,即,从而
.
当时,,
当时,单调递减;
当时,单调递增,符合题意;
当时,令,得,
若是的极小值点,则,解得.
综上,的取值范围.
故答案为:.
16.在平面四边形中,,沿对角线将折起,使平面平面,得到三棱锥,则三棱锥外接球表面积的最小值为__________.
【答案】
【分析】设,由正弦定理求得外接圆半径为,根据球心特点求得,结合三角函数及基本不等式求最小值即可.
【详解】在平面图形中设,即Rt中,
.在中,.
设外接圆圆心为,外接圆半径为,
由正弦定理可得.
设三棱锥外接球球心为,则平面.
又平面平面,交线为平面
四边形为直角梯形.
设外接球的半径为,在平面中,过做于,
在中,为的中点,
.
令,则
,
当且仅当时,即时(满足)等号成立.
所以球表面积最小值为.
故答案为:.
【点睛】几何体外接球球心的求法:
(1)将几何体置入长方体中找球心;
(2)利用几何法找到几何体各个顶点距离相等的点即为球心;
(3)设球心坐标,根据到各顶点的距离相等解方程组得到球心坐标.
四、解答题
17.在中,角的对边分别为
(1)求角;
(2)已知边的中点为,且,求面积的最大值.
【答案】(1)
(2).
【分析】(1)由正弦定理及三角恒等变换求得;
(2)因为及余弦定理得,由基本不等式求得,进而求得面积的最大值.
【详解】(1)因为,
所以由正弦定理得,
因为,所以,
,即,
所以,
又,所以,
所以,即.
(2)因为,所以,
由余弦定理,
解得,
又,所以,
所以
当且仅当时取等号,
所以,
因为,所以面积的最大值为.
18.已知正项数列的前项和为,且对任意,成等差数列,又正项等比数列的前项和为,.
(1)求数列和的通项公式;
(2)若数列满足,是否存在正整数,使.若存在,求出的最大值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1),
(2)不存在,理由见解析
【分析】(1)根据等比数列的求和公式列方程组计算出,由对任意,成等差数列,求出,再求出数列;
(2)由错位相减法求和,可判断出不存在正整数,使.
【详解】(1)设的公比为,显然,
由,可得,
解得或(舍去),又,所以,
又对任意,成等差数列,,
所以.
因为,
所以,所以,
故是以为首项,公差的等差数列,
所以,又,
所以,所以.
当时,,
时,满足上式,
故.
(2),
设,
①,
②,
①-②,得
,
所以,
故不存在正整数,使.
19.如图,直三棱柱中,是棱的中点,棱上的点满足,棱上的点满足.
(1)证明:;
(2)若与平面所成的角为,求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)作出辅助线,证明出,结合得到线面垂直,得到,由比例得到,从而证明线面垂直,证明出结论;
(2)建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,得到二面角的余弦值.
【详解】(1)连接
为的中点,
,
又平面,
平面,
又平面,故,
又,
,
,
,
又平面,
故平面,
平面,
.
(2)过作于点,又因为平面,
所以,
平面,
所以平面,所以即为与平面所成的角且为,
又为正三角形,为的中点,
因为两两垂直,所以以为原点,
所在直线分别为分别为轴,过点做的平行线为轴,
建立如图所示的空间直角坐标系,
可知各点坐标分别为:,
,
,
设平面的法向量为,
所以,
令得,故.
设平面的法向量为,
,
令,则,故.
设平面与平面所成的锐二面角为,则
,
平面与平面所成锐二面角余弦值为
20.某区在高中阶段举行的物理实验技能操作竞赛分基本操作与技能操作两步进行,第一步基本操作:每位参赛选手从类7道题中任选4题进行操作,操作完后正确操作超过两题的(否则终止比赛),才能进行第二步技能操作:从类5道题中任选3题进行操作,直至操作完为止.类题操作正确得10分,类题操作正确得20分.以两步总分和决定优胜者.总分80分或90分为二等奖,100分为一等奖.某校选手李明类7题中有5题会操作,类5题中每题正确操作的概率均为,且各题操作互不影响.
(1)求李明被终止比赛的概率;
(2)现已知李明类题全部操作正确,求李明类题操作完后得分的分布列及期望;
(3)求李明获二等奖的概率.
【答案】(1)
(2)分布列见解析,
(3)
【分析】(1)设“李明被终止比赛”事件为表示选的4题均会操作或3题会操作,结合对立事件的概率计算公式,即可求解;
(2)根据题意得到得分为的取值,结合类题正确操作题数,利用重复试验的概率计算公式,求得概率,列出分布列,求解数学期望;
(3)根据题意得到事件即类题全部操作正确,类题正确操作2题或类题操作正确3题,类题全部正确操作,结合概率的运算公式,即可求解.
【详解】(1)解:设“李明被终止比赛”事件为表示选的4题均会操作或3题会操作,
故李明被终止比赛的概率.
(2)解:设李明在竞赛中,类题全部操作正确后得分为,
则的取值为,且类题正确操作题数,
可得;;
;
所求的分布列
40 | 60 | 80 | 100 | |
.
(3)解:设李明获二等奖的事件为,事件即类题全部操作正确,类题正确操作2题
或类题操作正确3题,类题全部正确操作,
所以李明获二等奖的概率为.
21.已知双曲线的一条渐近线方程为,且经过点
(1)求双曲线的离心率及方程;
(2)已知点,点,过点的直线与双曲线交于两点,是否为常数?若为常数,求出此常数及的值;若不为常数,请说明理由.
【答案】(1),
(2)存在,得为常数.
【分析】(1)由已知双曲线的渐近线方程得出的关系,可得双曲线的离心率,由双曲线上的定点坐标,代入方程,可得的值,进而得出双曲线方程;
(2)由已知设出直线,与双曲线方程联立,消元得出韦达定理,再将题目中的用坐标表示,化简计算得出的值以及的值.
【详解】(1)双曲线的渐近线为,
由题意,一条渐近线为,,,
,
则双曲线的离心率,
双曲线的方程可写为,
经过点,,
双曲线的方程为;
(2)双曲线的方程为,
假设存在点,满足题设条件,
当直线的斜率不存在时,直线的方程为,,与双曲线无交点;
直线的斜率存在时,设为,直线的方程为,与交点,
联立方程组:,消去可得:
,
由题可知,且
,
则,
所以,
若为常数,则,解得或,
,常数为,且,
,且,所以存在,得为常数.
22.已知函数.
(1)求函数的最大值;
(2)当时,证明:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)求得,令,得到,所以单调递减,得到存在,使,结合函数的单调性,进而求得函数的最大值.
(2)把不等式转化为,结合、和,得到,再把不等式,转化为,令,求得得,结合单调性转化为,当时,转化为,令和,结合单调性,即可求解.
【详解】(1)解:由题意,,定义域为,
可得,
令,则,所以单调递减,
又由,所以存在,使,
即,即,
当时,,单调递增;
当时,,单调递减,
所以有最大值,最大值为.
(2)证明:不等式,即证,即证,
当时,不等式显然成立;
当时,令,可得,
因为,可得,所以在上单调递减,
所以,即,
要证不等式,只需证明:,
等价于证明:,
令,可得,
函数在上单调递减,所以,即;
当时,,只需证,
令,可得,函数在上单调递增,所以,
又由,可得,在单调递减,所以,
所以时,,所以不等式成立;
综合上述不等式得证.
【点睛】方法点睛:利用导数证明或判定不等式问题:
1、通常要构造新函数,利用导数研究函数的单调性与极值(最值),从而得出不等关系;
2、利用可分离变量,构造新函数,直接把问题转化为函数的最值问题,从而判定不等关系;
3、适当放缩构造法:根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论,从而判定不等关系;
4、构造“形似”函数,变形再构造,对原不等式同解变形,根据相似结构构造辅助函数.
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