还剩21页未读,
继续阅读
37,广东省惠州市2024届高三上学期第三次调研考试数学试题
展开
这是一份37,广东省惠州市2024届高三上学期第三次调研考试数学试题,共24页。试卷主要包含了 已知集合,则, 下列说法正确的是, 德国数学家狄利克雷等内容,欢迎下载使用。
全卷满分150分,时间120分钟. 2024.1
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题卡上.
2.作答单项及多项选择题时,选出每个小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案,写在本试卷上无效.
3.非选择题必须用黑色字迹签字笔作答,答案必须写在答题卡各题指定的位置上,写在本试卷上无效.
一、单项选择题:本题共8小题,每小题满分5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求,选对得5分,选错得0分.
1. 已知集合,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合的交集运算,即可求出结果.
【详解】由题意可得,则.
故选:C.
2. 设复数z满足,z在复平面内对应的点为,则( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数模的坐标表示即可得解.
【详解】因为z在复平面内对应的点为,
所以,则,
又,所以,即.
故选:C.
3. 对于数列,“”是“数列为等差数列”( )
A. 充分非必要条件;B. 必要非充分条件;
C. 充要条件;D. 既非充分又非必要条件.
【答案】C
【解析】
【分析】由等差数列的定义、通项公式以及充要条件的定义即可求解.
【详解】解:若数列的通项公式为,则(为常数),由等差数列的定义可得数列为等差数列;
若数列为等差数列,设首项为,公差为,则通项公式为,
令,则数列的通项公式可写为,为常数,.
所以对于数列,“”是“数列为等差数列”的充要条件.
故选:C.
4. 将4个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】将4个1和2个0随机排成一行,可利用插空法,4个1产生5个空,
若2个0相邻,则有种排法,若2个0不相邻,则有种排法,
所以2个0不相邻的概率为.
故选:C.
5. 将最小正周期为的函数的图象向左平移个单位长度,得到函数的图象,则下列关于函数的说法正确的是( )
A. 对称轴为,B. 在内单调递增
C. 对称中心为,D. 在内最小值为
【答案】C
【解析】
【分析】根据周期可得,再通过平移变换可得,然后由正弦函数的对称性、单调性求解即可.
【详解】因为的最小正周期为,
所以,解得,
则由平移变换可得,
A选项:令得对称轴方程为,A错误;
B选项:由得,所以在上单调递增,
由得,所以在上单调递减,B错误;
C选项:令得,所以的对称中心为,C正确;
D选项:因为,,
所以结合B中分析可得在内的最小值为,D错误.
故选:C
6. 设是双曲线的左、右焦点,过点作双曲线的一条渐近线的垂线,垂足为.若,则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意,先求得焦点到渐近线的距离为,在直角中,求得,再在中,利用余弦定理求得,结合和离心率的定义,即可求解.
【详解】由双曲线,可得,渐近线方程为,
如图所示,则焦点到渐近线的距离为,
在直角中,可得,
在中,由余弦定理得,
即,所以,
又由,所以,可得,
所以双曲线的离心率为.
故选:A.
7. 我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究,从其中的一些数学用语可见,譬如将有三条棱互相平行且有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍,今有一刍甍,底面为平行四边形,面,记该刍甍的体积为,三棱锥的体积为,,,若,则( )
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用等体积法可得,进而可得,然后根据组合体的体积结合题意可得和的关系,即可.
【详解】因为面 ,且底面为平行四边形,
所以,
所以,
所以,
所以,整理得,即,
故选:B
8. 设定义在上的函数与的导函数分别为和,若,,且为奇函数,则下列说法中一定正确的是( )
A. 是奇函数
B. 函数的图象关于点对称
C. 点(其中)是函数的对称中心
D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于A,由为奇函数,可得的图象关于中心对称,由,可得,再求得,即可判断;对于B,对两边求导,即可判断;对于C,结合的对称性及,可得的一个对称中心为及的图象关于对称,即可判断;对于D,由已知可得的周期为,再由求解即可判断.
【详解】解:对于A,因为为奇函数,所以,
所以的图象关于中心对称;
又因为,所以,
又因为,所以,
所以,
令,得,
所以,
所以,
所以,
所以关于对称,
所以,
所以一定不是奇函数,故A错误;
对于B,因为,
两边求导得,
即,
所以的图象关于对称,故错误;
对于C,由A可知,关于对称,
又因为为奇函数,,
所以的一个对称中心为,
又因,
所以,
所以的图象关于对称,
则点(其中)是函数的对称中心,故正确;
对于D,因为,关于对称,
所以,
又因为的图象关于中心对称,
所以的周期为,
所以,
故,
所以
而的值不确定,故错误.
故选:C.
【点睛】结论点睛:如果函数满足,则函数的周期.
二、多项选择题:本题共4小题,每小题满分5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对得5分,部分选对得2分,有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是( )
A. 若,则
B. 若,则
C. 若,则
D. 若,则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据不等式的性质以及作差法逐项分析判断即可.
【详解】对于A,因为,则,,
所以,即,故A正确;
对于B,由,假设,有,又,所以,故B错误;
对于C,由,可知,,所以,故C正确;
对于D,因为,所以,所以,故D正确.
故选:ACD.
10. 德国数学家狄利克雷(Dirichlet,1805-1859),是解析数论的创始人之一.他提出了著名的狄利克雷函数:,以下对的说法正确的是( )
A.
B. 的值域为
C. 存在是无理数,使得
D. ,总有
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据狄利克雷函数的定义判断选项A、B、C;分别对是无理数和有理数进行分类讨论可判断选项D.
【详解】由,可得的值域为,
所以,故选项A、B正确;
因为当是无理数时,且是无理数,
所以,
所以,故选项C错误;
当是无理数时,均为无理数,此时有,
当是有理数时,均为有理数,此时有
所以,总有,故选项D正确.
故选:ABD
11. 在中,,则下列说法正确的是( )
A. B.
C. 的最大值为D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知条件,结合得,,进而得,可判断AD;进而得或,故或,再分别讨论的最大值问题即可判断BC.
【详解】解:因为,,
所以,
所以,,故A选项正确;
所以,,即;
所以,故D选项正确;
所以,即或,
所以或,故B选项错误;
当时,,
,当且仅当时,此时,不满足内角和定理;
当时,,
,当且仅当时,此时,满足题意.
综上,的最大值为,故C选项正确.
故选:ACD
12. 在四面体中,,,,,分别是棱,,上的动点,且满足均与面平行,则( )
A. 直线与平面所成的角的余弦值为
B. 四面体被平面所截得的截面周长为定值1
C. 三角形的面积的最大值为
D. 四面体的内切球的表面积为
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A,取中点,中点,由线面角的定义可得即为直线与平面所成的角,在中,利用求解后即可判断;对于B,由线面平行的性质可得四边形为平行四边形,且,从而即可判断;对于C,由线面垂直性质、线线平行性质可得,,再结合,求解后即可判断;对于D,利用等体积法求出四面体的内切球的半径为即可判断.
【详解】解:对于A,取中点,中点,连接,
由于,故,
而,平面,所以平面,
又平面,所以平面平面,
则即为直线与平面所成的角,
又,而,
故,则,所以,故错误;
对于B,设平面棱的交点为,
因为∥平面且平面,平面平面,
所以∥,
由题意可知,否则,重合,不合题意,
故四边形为梯形,同理可得四边形为梯形,
所以,,又,
所以,所以,
又∥,同理可证∥,则∥,同理可证∥,
则四边形为平行四边形,故四边形的周长为2,
即四面体被平面所截得的截面周长为定值2,故错误;
对于C,因为平面,平面,所以,
而∥,所以,
同理可证∥,所以,结合,
所以,
当且仅当时,等号成立,
即三角形的面积的最大值为,故正确;
对于D,由以上分析可知,
所以,
而平面,,故,
而,
设四面体的内切球的半径为,则
即,解得,
故四面体的内切球的表面积为,故正确.
故选:CD.
【点睛】难点点睛:解答本题要充分发挥空间想象,明确空间图形结构特征,难点在于C、D选项的判断,解答时要推出截面的形状,明确其中的数量关系,结合基本不等式判断C;利用割补法可求得四面体内切球的半径.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 某电池厂有A,B两条生产线,现从A生产线中取出产品8件,测得它们的可充电次数的平均值为210,方差为4;从B生产线中取出产品12件,测得它们的可充电次数的平均值为200,方差为4.则20件产品组成的总样本的方差为____________.
(参考公式:已知总体分为2层,通过分层随机抽样,各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为:,,;,,.记总的样本平均数为,样本方差为,则;)
【答案】28
【解析】
【分析】先求出总体的平均数,再结合方差公式,即可求解.
【详解】总体的平均数,
则其方差.
故答案为:28.
14. 若为偶函数,则___________.(填写符合要求的一个值)
【答案】,填写符合Z的一个即可
【解析】
【分析】把展开化简,只要能化成的形式即为偶函数.
【详解】
,只要,就偶函数,,
Z,填写一个即可,如.
故答案为:,填写符合Z的一个即可.
15. 如图,在三棱锥中,已知平面,,,则向量在向量上的投影向量为___________(用向量来表示).
【答案】
【解析】
【分析】写出表达式,求出,即可得出向量在向量上的投影向量.
【详解】由题意,
在三棱锥中,已知平面,
,
∵面,
∴,
在中,,,
∴,
,
∴向量在向量上的投影向量为:
,
故答案为:.
16. 已知N为抛物线上的任意一点,M为圆上的一点,,则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意画出示意图,由图中几何关系取线段中点,中点,连接,可证得所以,即,可得,即可将转化为,然后根据当、、三点不共线时,,当、、三点共线时,,将问题转化为的最小值即为的最小值,再根据两点间距离公式求出的最小值即可.
【详解】
根据题意可得抛物线与圆都关于轴对称,且圆的圆心坐标为,半径为.
因为,圆下方与轴交点坐标为,
取线段中点,中点,可得,连接,画出示意图如上图所示.
因为、分别为和的中点,
所以,,所以,
又因为,,
所以,所以,
因为,所以,
所以,
当且仅当、、三点共线时取到等号,此时点为线段与圆的交点.
所以的最小值即为的最小值.
因为N为抛物线上的任意一点,设,,
因为,
则,
当时,,
即的最小值为.
故答案为:.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 如图,在四棱锥中,底面满足,,底面,且,.
(1)求证:平面;
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(2)先证明,结合,根据线面垂直的判定定理,即可证明结论;
(2)建立空间直角坐标系,求得相关点坐标,求出平面与平面的法向量,根据空间角的向量求法,即可求得答案.
【小问1详解】
由题意得底面,底面,故,
又,且平面,
故平面;
【小问2详解】
由题意知,底面,
以A为坐标原点,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,
由于,,则,
,
设平面的一个法向量为,则,
即,令,则;
平面平面一个法向量可取为,
故,
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知
(1)求角;
(2)是的角平分线,若,,求的面积.
【答案】(1);
(2).
【解析】
【分析】(1)由正弦边角关系及已知得,即可得角;
(2)由余弦定理得,由及面积公式得,求得,进而应用面积公式求面积.
小问1详解】
由,得:,即,
又,所以.
【小问2详解】
在中,得:①,又,
得:,化简得:②,
由①②得:,所以
19. 魔方是民间益智玩具,能培养数学思维,锻炼眼脑的协调性,全面提高专注力、观察力、反应力.基于此特点某小学开设了魔方兴趣班,共有100名学生报名参加,在一次训练测试中,老师统计了学生还原魔方所用的时间(单位:秒),得到相关数据如下:
(1)估计这100名学生这次训练测试所用时间的第78百分位数;
(2)在这次测试中,从所用时间在和内的学生中各随机抽取1人,记抽到低年级学生的人数为,求的分布列和数学期望.
【答案】(1)150 (2)分布列见解析,
【解析】
【分析】(1)利用学生所占比例确定第78百分位数一定位于内,再根据百分位数的计算方法即可求得答案;
(2)事件“从所用时间在内的学生中随机抽取1人,抽到的是低年级的学生”和“从所用时间在内的学生中随机抽取1人,抽到的是低年级的学生”是相互独立事件,分别求出其频率,确定的所有可能取值,求出每个值相应的概率,即可得分布列,继而求得期望.
【小问1详解】
在这次训练测试中所用时间在140秒以下的学生所占比例为,
所用时间在170秒以下的学生所占比例为,
所以第78百分位数一定位于内,
设第78百分位数的值为,则.
【小问2详解】
记事件为“从所用时间在内的学生中随机抽取1人,抽到的是低年级的学生”,
事件为“从所用时间在内的学生中随机抽取1人,抽到的是低年级的学生”,
由题意知,事件,相互独立,且,.
的所有可能取值为0,1,2,
,
,
,
所以的分布列为
故的数学期望.
20. 已知数列满足:,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)已知数列满足, 定义使为整数的k叫做“幸福数”,求区间内所有“幸福数”的和.
【答案】(1).
(2).
【解析】
【分析】(1)通过迭代相减发现的奇数项和偶数项各自成等差数列,继而分奇偶项求出通向公式即可;
(2)根据新定义求出并令其为,将用表示,并根据的范围求出的范围,结合,确定的值并求“幸福数”的和.
【小问1详解】
,
当时,,
故两式相减可得:,
的奇数项和偶数项各自成等差数列,且公差为2,且,,
奇数项,则n为奇数时,,
偶数项,则n为偶数时,,
数列的通项公式为.
【小问2详解】
且,
,
令,则,
令,则,
又,m的值取为1,2,3,4,5,
区间内所有“幸福数”的和为
.
21. 如图,已知半圆与x轴交于A,B两点,与y轴交于E点,半椭圆的上焦点为,并且是面积为的等边三角形,将满足的曲线记为“”.
(1)求实数、的值;
(2)直线与曲线交于M、N两点,在曲线上再取两点S、T(S、T分别在直线两侧),使得这四个点形成的四边形的面积最大,求此最大面积;
(3)设点,P是曲线上任意一点,求的最小值.
【答案】(1),;
(2);
(3)
【解析】
【分析】(1)由题意列出关于的等式,联立求解即可;
(2)根据题意可判断出与直线平行的直线与半圆相切,与直线平行的直线与半椭圆相切时,四边形面积最大,设出方程,并与方程联立,利用求出方程,再计算出平行直线间的距离,代入面积公式计算即可;
(3)讨论时,,时,利用两点距离公式列出表达式,再根据的范围分类讨论和两种情况.
【小问1详解】
设,由题意得,
故,所以,.
【小问2详解】
由(1)得,.
设与直线平行的直线与半圆相切,切点为;
与直线平行的直线与半椭圆相切,切点为.
当点、恰好分别取、时,四边形面积最大.
由,得,故,.
设方程为,则由,得,
因为相切,所以,故,即方程为,
此时直线与直线的距离为;
又因为直线过半圆的圆心,直线与半圆相切,所以两平行直线,的距离为,
所以四边形面积的最大值为.
【小问3详解】
当时,;
当时,设是半椭圆上的点,由得.
此时
若,则,在上单调递减,在上单调递增,
故当时,;
若,则,在上单调递减,
故当时,;
综上所述.
【点睛】关键点点睛:本题求解的关键有两个:一是四边形面积的求解,分割为两个三角形的面积和;二是的最小值求解,借助二次函数的最值进行求解.
22. 已知函数
(1)若,函数的极大值为,求a的值;
(2)若对任意的,在上恒成立,求实数的取值范围.
【答案】(1);(2).
【解析】
【分析】(1)先对函数求导,得到,分别讨论,两种情况,根据导数的方法判定函数单调性,得出极值,根据题中条件,即可得出结果;
(2)令,根据题中条件,将不等式恒成立问题转化为对恒成立,等价于,对恒成立,先讨论时,求得,不满足题意;再讨论时,,,对其求导,得到,令,,再分别讨论,两种情况,根据导数的方法,即可得出结果.
【详解】(1)由题意,
.
(i)当时,,
令,得;,得,
所以在单调递增,单调递减,
因此的极大值为,不合题意;
(ii)当时,,
令,得;,得或,
所以在单调递增,在,在单调递减.
所以的极大值为,得.
综上所述;
(2)令,,
当时,,
则对恒成立等价于,
即,对恒成立.
(i)当时,,,,
此时,不合题意.
(ii)当时,令,,
则,其中,
令,,则在区间上单调递增,
①时,,
所以对,,从而在上单调递增,
所以对任意,,
即不等式在上恒成立.
②时,由,及在区间上单调递增,
所以存在唯一的使得,且时,.
从而时,,所以在区间上单调递减,
则时,,即,不符合题意.
综上所述,.
【点睛】本题主要考查由函数的极大值求参数,考查导数的方法研究不等式恒成立的问题,属于常考题型,难度较大.
时间
人数
年级
低年级
2
8
12
14
4
高年级
10
22
16
10
2
0
1
2
全卷满分150分,时间120分钟. 2024.1
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题卡上.
2.作答单项及多项选择题时,选出每个小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案,写在本试卷上无效.
3.非选择题必须用黑色字迹签字笔作答,答案必须写在答题卡各题指定的位置上,写在本试卷上无效.
一、单项选择题:本题共8小题,每小题满分5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求,选对得5分,选错得0分.
1. 已知集合,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合的交集运算,即可求出结果.
【详解】由题意可得,则.
故选:C.
2. 设复数z满足,z在复平面内对应的点为,则( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数模的坐标表示即可得解.
【详解】因为z在复平面内对应的点为,
所以,则,
又,所以,即.
故选:C.
3. 对于数列,“”是“数列为等差数列”( )
A. 充分非必要条件;B. 必要非充分条件;
C. 充要条件;D. 既非充分又非必要条件.
【答案】C
【解析】
【分析】由等差数列的定义、通项公式以及充要条件的定义即可求解.
【详解】解:若数列的通项公式为,则(为常数),由等差数列的定义可得数列为等差数列;
若数列为等差数列,设首项为,公差为,则通项公式为,
令,则数列的通项公式可写为,为常数,.
所以对于数列,“”是“数列为等差数列”的充要条件.
故选:C.
4. 将4个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】将4个1和2个0随机排成一行,可利用插空法,4个1产生5个空,
若2个0相邻,则有种排法,若2个0不相邻,则有种排法,
所以2个0不相邻的概率为.
故选:C.
5. 将最小正周期为的函数的图象向左平移个单位长度,得到函数的图象,则下列关于函数的说法正确的是( )
A. 对称轴为,B. 在内单调递增
C. 对称中心为,D. 在内最小值为
【答案】C
【解析】
【分析】根据周期可得,再通过平移变换可得,然后由正弦函数的对称性、单调性求解即可.
【详解】因为的最小正周期为,
所以,解得,
则由平移变换可得,
A选项:令得对称轴方程为,A错误;
B选项:由得,所以在上单调递增,
由得,所以在上单调递减,B错误;
C选项:令得,所以的对称中心为,C正确;
D选项:因为,,
所以结合B中分析可得在内的最小值为,D错误.
故选:C
6. 设是双曲线的左、右焦点,过点作双曲线的一条渐近线的垂线,垂足为.若,则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意,先求得焦点到渐近线的距离为,在直角中,求得,再在中,利用余弦定理求得,结合和离心率的定义,即可求解.
【详解】由双曲线,可得,渐近线方程为,
如图所示,则焦点到渐近线的距离为,
在直角中,可得,
在中,由余弦定理得,
即,所以,
又由,所以,可得,
所以双曲线的离心率为.
故选:A.
7. 我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究,从其中的一些数学用语可见,譬如将有三条棱互相平行且有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍,今有一刍甍,底面为平行四边形,面,记该刍甍的体积为,三棱锥的体积为,,,若,则( )
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用等体积法可得,进而可得,然后根据组合体的体积结合题意可得和的关系,即可.
【详解】因为面 ,且底面为平行四边形,
所以,
所以,
所以,
所以,整理得,即,
故选:B
8. 设定义在上的函数与的导函数分别为和,若,,且为奇函数,则下列说法中一定正确的是( )
A. 是奇函数
B. 函数的图象关于点对称
C. 点(其中)是函数的对称中心
D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于A,由为奇函数,可得的图象关于中心对称,由,可得,再求得,即可判断;对于B,对两边求导,即可判断;对于C,结合的对称性及,可得的一个对称中心为及的图象关于对称,即可判断;对于D,由已知可得的周期为,再由求解即可判断.
【详解】解:对于A,因为为奇函数,所以,
所以的图象关于中心对称;
又因为,所以,
又因为,所以,
所以,
令,得,
所以,
所以,
所以,
所以关于对称,
所以,
所以一定不是奇函数,故A错误;
对于B,因为,
两边求导得,
即,
所以的图象关于对称,故错误;
对于C,由A可知,关于对称,
又因为为奇函数,,
所以的一个对称中心为,
又因,
所以,
所以的图象关于对称,
则点(其中)是函数的对称中心,故正确;
对于D,因为,关于对称,
所以,
又因为的图象关于中心对称,
所以的周期为,
所以,
故,
所以
而的值不确定,故错误.
故选:C.
【点睛】结论点睛:如果函数满足,则函数的周期.
二、多项选择题:本题共4小题,每小题满分5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对得5分,部分选对得2分,有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是( )
A. 若,则
B. 若,则
C. 若,则
D. 若,则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据不等式的性质以及作差法逐项分析判断即可.
【详解】对于A,因为,则,,
所以,即,故A正确;
对于B,由,假设,有,又,所以,故B错误;
对于C,由,可知,,所以,故C正确;
对于D,因为,所以,所以,故D正确.
故选:ACD.
10. 德国数学家狄利克雷(Dirichlet,1805-1859),是解析数论的创始人之一.他提出了著名的狄利克雷函数:,以下对的说法正确的是( )
A.
B. 的值域为
C. 存在是无理数,使得
D. ,总有
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据狄利克雷函数的定义判断选项A、B、C;分别对是无理数和有理数进行分类讨论可判断选项D.
【详解】由,可得的值域为,
所以,故选项A、B正确;
因为当是无理数时,且是无理数,
所以,
所以,故选项C错误;
当是无理数时,均为无理数,此时有,
当是有理数时,均为有理数,此时有
所以,总有,故选项D正确.
故选:ABD
11. 在中,,则下列说法正确的是( )
A. B.
C. 的最大值为D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知条件,结合得,,进而得,可判断AD;进而得或,故或,再分别讨论的最大值问题即可判断BC.
【详解】解:因为,,
所以,
所以,,故A选项正确;
所以,,即;
所以,故D选项正确;
所以,即或,
所以或,故B选项错误;
当时,,
,当且仅当时,此时,不满足内角和定理;
当时,,
,当且仅当时,此时,满足题意.
综上,的最大值为,故C选项正确.
故选:ACD
12. 在四面体中,,,,,分别是棱,,上的动点,且满足均与面平行,则( )
A. 直线与平面所成的角的余弦值为
B. 四面体被平面所截得的截面周长为定值1
C. 三角形的面积的最大值为
D. 四面体的内切球的表面积为
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A,取中点,中点,由线面角的定义可得即为直线与平面所成的角,在中,利用求解后即可判断;对于B,由线面平行的性质可得四边形为平行四边形,且,从而即可判断;对于C,由线面垂直性质、线线平行性质可得,,再结合,求解后即可判断;对于D,利用等体积法求出四面体的内切球的半径为即可判断.
【详解】解:对于A,取中点,中点,连接,
由于,故,
而,平面,所以平面,
又平面,所以平面平面,
则即为直线与平面所成的角,
又,而,
故,则,所以,故错误;
对于B,设平面棱的交点为,
因为∥平面且平面,平面平面,
所以∥,
由题意可知,否则,重合,不合题意,
故四边形为梯形,同理可得四边形为梯形,
所以,,又,
所以,所以,
又∥,同理可证∥,则∥,同理可证∥,
则四边形为平行四边形,故四边形的周长为2,
即四面体被平面所截得的截面周长为定值2,故错误;
对于C,因为平面,平面,所以,
而∥,所以,
同理可证∥,所以,结合,
所以,
当且仅当时,等号成立,
即三角形的面积的最大值为,故正确;
对于D,由以上分析可知,
所以,
而平面,,故,
而,
设四面体的内切球的半径为,则
即,解得,
故四面体的内切球的表面积为,故正确.
故选:CD.
【点睛】难点点睛:解答本题要充分发挥空间想象,明确空间图形结构特征,难点在于C、D选项的判断,解答时要推出截面的形状,明确其中的数量关系,结合基本不等式判断C;利用割补法可求得四面体内切球的半径.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 某电池厂有A,B两条生产线,现从A生产线中取出产品8件,测得它们的可充电次数的平均值为210,方差为4;从B生产线中取出产品12件,测得它们的可充电次数的平均值为200,方差为4.则20件产品组成的总样本的方差为____________.
(参考公式:已知总体分为2层,通过分层随机抽样,各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为:,,;,,.记总的样本平均数为,样本方差为,则;)
【答案】28
【解析】
【分析】先求出总体的平均数,再结合方差公式,即可求解.
【详解】总体的平均数,
则其方差.
故答案为:28.
14. 若为偶函数,则___________.(填写符合要求的一个值)
【答案】,填写符合Z的一个即可
【解析】
【分析】把展开化简,只要能化成的形式即为偶函数.
【详解】
,只要,就偶函数,,
Z,填写一个即可,如.
故答案为:,填写符合Z的一个即可.
15. 如图,在三棱锥中,已知平面,,,则向量在向量上的投影向量为___________(用向量来表示).
【答案】
【解析】
【分析】写出表达式,求出,即可得出向量在向量上的投影向量.
【详解】由题意,
在三棱锥中,已知平面,
,
∵面,
∴,
在中,,,
∴,
,
∴向量在向量上的投影向量为:
,
故答案为:.
16. 已知N为抛物线上的任意一点,M为圆上的一点,,则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意画出示意图,由图中几何关系取线段中点,中点,连接,可证得所以,即,可得,即可将转化为,然后根据当、、三点不共线时,,当、、三点共线时,,将问题转化为的最小值即为的最小值,再根据两点间距离公式求出的最小值即可.
【详解】
根据题意可得抛物线与圆都关于轴对称,且圆的圆心坐标为,半径为.
因为,圆下方与轴交点坐标为,
取线段中点,中点,可得,连接,画出示意图如上图所示.
因为、分别为和的中点,
所以,,所以,
又因为,,
所以,所以,
因为,所以,
所以,
当且仅当、、三点共线时取到等号,此时点为线段与圆的交点.
所以的最小值即为的最小值.
因为N为抛物线上的任意一点,设,,
因为,
则,
当时,,
即的最小值为.
故答案为:.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 如图,在四棱锥中,底面满足,,底面,且,.
(1)求证:平面;
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(2)先证明,结合,根据线面垂直的判定定理,即可证明结论;
(2)建立空间直角坐标系,求得相关点坐标,求出平面与平面的法向量,根据空间角的向量求法,即可求得答案.
【小问1详解】
由题意得底面,底面,故,
又,且平面,
故平面;
【小问2详解】
由题意知,底面,
以A为坐标原点,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,
由于,,则,
,
设平面的一个法向量为,则,
即,令,则;
平面平面一个法向量可取为,
故,
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知
(1)求角;
(2)是的角平分线,若,,求的面积.
【答案】(1);
(2).
【解析】
【分析】(1)由正弦边角关系及已知得,即可得角;
(2)由余弦定理得,由及面积公式得,求得,进而应用面积公式求面积.
小问1详解】
由,得:,即,
又,所以.
【小问2详解】
在中,得:①,又,
得:,化简得:②,
由①②得:,所以
19. 魔方是民间益智玩具,能培养数学思维,锻炼眼脑的协调性,全面提高专注力、观察力、反应力.基于此特点某小学开设了魔方兴趣班,共有100名学生报名参加,在一次训练测试中,老师统计了学生还原魔方所用的时间(单位:秒),得到相关数据如下:
(1)估计这100名学生这次训练测试所用时间的第78百分位数;
(2)在这次测试中,从所用时间在和内的学生中各随机抽取1人,记抽到低年级学生的人数为,求的分布列和数学期望.
【答案】(1)150 (2)分布列见解析,
【解析】
【分析】(1)利用学生所占比例确定第78百分位数一定位于内,再根据百分位数的计算方法即可求得答案;
(2)事件“从所用时间在内的学生中随机抽取1人,抽到的是低年级的学生”和“从所用时间在内的学生中随机抽取1人,抽到的是低年级的学生”是相互独立事件,分别求出其频率,确定的所有可能取值,求出每个值相应的概率,即可得分布列,继而求得期望.
【小问1详解】
在这次训练测试中所用时间在140秒以下的学生所占比例为,
所用时间在170秒以下的学生所占比例为,
所以第78百分位数一定位于内,
设第78百分位数的值为,则.
【小问2详解】
记事件为“从所用时间在内的学生中随机抽取1人,抽到的是低年级的学生”,
事件为“从所用时间在内的学生中随机抽取1人,抽到的是低年级的学生”,
由题意知,事件,相互独立,且,.
的所有可能取值为0,1,2,
,
,
,
所以的分布列为
故的数学期望.
20. 已知数列满足:,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)已知数列满足, 定义使为整数的k叫做“幸福数”,求区间内所有“幸福数”的和.
【答案】(1).
(2).
【解析】
【分析】(1)通过迭代相减发现的奇数项和偶数项各自成等差数列,继而分奇偶项求出通向公式即可;
(2)根据新定义求出并令其为,将用表示,并根据的范围求出的范围,结合,确定的值并求“幸福数”的和.
【小问1详解】
,
当时,,
故两式相减可得:,
的奇数项和偶数项各自成等差数列,且公差为2,且,,
奇数项,则n为奇数时,,
偶数项,则n为偶数时,,
数列的通项公式为.
【小问2详解】
且,
,
令,则,
令,则,
又,m的值取为1,2,3,4,5,
区间内所有“幸福数”的和为
.
21. 如图,已知半圆与x轴交于A,B两点,与y轴交于E点,半椭圆的上焦点为,并且是面积为的等边三角形,将满足的曲线记为“”.
(1)求实数、的值;
(2)直线与曲线交于M、N两点,在曲线上再取两点S、T(S、T分别在直线两侧),使得这四个点形成的四边形的面积最大,求此最大面积;
(3)设点,P是曲线上任意一点,求的最小值.
【答案】(1),;
(2);
(3)
【解析】
【分析】(1)由题意列出关于的等式,联立求解即可;
(2)根据题意可判断出与直线平行的直线与半圆相切,与直线平行的直线与半椭圆相切时,四边形面积最大,设出方程,并与方程联立,利用求出方程,再计算出平行直线间的距离,代入面积公式计算即可;
(3)讨论时,,时,利用两点距离公式列出表达式,再根据的范围分类讨论和两种情况.
【小问1详解】
设,由题意得,
故,所以,.
【小问2详解】
由(1)得,.
设与直线平行的直线与半圆相切,切点为;
与直线平行的直线与半椭圆相切,切点为.
当点、恰好分别取、时,四边形面积最大.
由,得,故,.
设方程为,则由,得,
因为相切,所以,故,即方程为,
此时直线与直线的距离为;
又因为直线过半圆的圆心,直线与半圆相切,所以两平行直线,的距离为,
所以四边形面积的最大值为.
【小问3详解】
当时,;
当时,设是半椭圆上的点,由得.
此时
若,则,在上单调递减,在上单调递增,
故当时,;
若,则,在上单调递减,
故当时,;
综上所述.
【点睛】关键点点睛:本题求解的关键有两个:一是四边形面积的求解,分割为两个三角形的面积和;二是的最小值求解,借助二次函数的最值进行求解.
22. 已知函数
(1)若,函数的极大值为,求a的值;
(2)若对任意的,在上恒成立,求实数的取值范围.
【答案】(1);(2).
【解析】
【分析】(1)先对函数求导,得到,分别讨论,两种情况,根据导数的方法判定函数单调性,得出极值,根据题中条件,即可得出结果;
(2)令,根据题中条件,将不等式恒成立问题转化为对恒成立,等价于,对恒成立,先讨论时,求得,不满足题意;再讨论时,,,对其求导,得到,令,,再分别讨论,两种情况,根据导数的方法,即可得出结果.
【详解】(1)由题意,
.
(i)当时,,
令,得;,得,
所以在单调递增,单调递减,
因此的极大值为,不合题意;
(ii)当时,,
令,得;,得或,
所以在单调递增,在,在单调递减.
所以的极大值为,得.
综上所述;
(2)令,,
当时,,
则对恒成立等价于,
即,对恒成立.
(i)当时,,,,
此时,不合题意.
(ii)当时,令,,
则,其中,
令,,则在区间上单调递增,
①时,,
所以对,,从而在上单调递增,
所以对任意,,
即不等式在上恒成立.
②时,由,及在区间上单调递增,
所以存在唯一的使得,且时,.
从而时,,所以在区间上单调递减,
则时,,即,不符合题意.
综上所述,.
【点睛】本题主要考查由函数的极大值求参数,考查导数的方法研究不等式恒成立的问题,属于常考题型,难度较大.
时间
人数
年级
低年级
2
8
12
14
4
高年级
10
22
16
10
2
0
1
2