河南省漯河市高级中学2023-2024学年高三下学期4月月考数学试卷(Word版附解析)
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这是一份河南省漯河市高级中学2023-2024学年高三下学期4月月考数学试卷(Word版附解析),共18页。试卷主要包含了函数在区间内所有零点的和为,已知函数等内容,欢迎下载使用。
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡的相应位置上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
选择题(共8小题,每小题5分,共40分,每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)
1.已知集合,,,则实数的值为( )
A.2B.或2C.1或2D.0或2
2.如图是默默无“蚊”的广告创意图,图中网格是单位正方形,阴影部分由若干个半圆弧首尾相连组成的图形,最外层的半圆弧与矩形相切,从矩形中任取一点,则落在阴影部分的概率是( )
A.B.
C.D.
3.已知函数的最小正周期为,下列结论中正确的是( )
A.函数的图象关于对称
B.函数的对称中心是
C.函数在区间上单调递增
D.函数的图象可以由的图象向右平移个单位长度得到
4.函数在区间内所有零点的和为( )
A.0B.C.D.
5.英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著,根据贝叶斯统计理论,随机事件,存在如下关系:.若某地区一种疾病的患病率是0.05,现有一种试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为,即在被检验者患病的前提下用该试剂检测,有的可能呈现阳性;该试剂的误报率为,即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测,有的可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者,已知检验结果呈现阳性,则此人患病的概率为( )
A.B.C.D.
6.科学家从由实际生活得出的大量统计数据中发现以1开头的数出现的频率较高,以1开头的数出现的频数约为总数的三成,并提出定律:在大量b进制随机数据中,以n开头的数出现的概率为,如裴波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律.后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性.若(,),则k的值为( )
A.11B.15C.19D.21
7.已知平面向量,,则在上的投影向量为( )
A.B.C.D.
8.若存在,使得关于的不等式成立,则实数的最小值为( )
A.2B.C.D.
二.多选题(共4小题,每题5分,共20分。在每题给出的选项中,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.已知函数(),则下列说法正确的是( )
A.若,则是的图像的对称中心
B.若恒成立,则的最小值为2
C.若在上单调递增,则
D.若在上恰有2个零点,则
10.已知是等轴双曲线C的方程,P为C上任意一点,,则( )
A.C的离心率为
B.C的焦距为2
C.平面上存在两个定点A,B,使得
D.的最小值为
11.在中,角所对的边分别为,且,则下列结论正确的有( )
A.
B.若,则为直角三角形
C.若三角形为等腰三角形,则一定是直角三角形
D.若为锐角三角形,的最小值为1
12.如图,函数的图象与x轴的其中两个交点为A,B,与y轴交于点C,D为线段BC的中点,,,,则( )
A.的最小正周期为B.的图象关于直线对称
C.在单调递减D.为奇函数
三.填空题(共4小题,每题5分,共20分。)
13.是坐标原点,是双曲线右支上的一点,是的右焦点,延长分别交于两点,已知,且,则的离心率为 .
14.已知函数,则关于的不等式的解集为 .
15.已知向量,满足,,,则 .
16.已知点、关于坐标原点对称,,以为圆心的圆过、两点,且与直线相切.若存在定点,使得当运动时,为定值,则点的坐标为 .
四.解答题(共5小题,共70分)
(12分)17.已知等差数列的前项和为,且,数列满足,设.
(1)求的通项公式,并证明:;
(2)设,求数列的前项和.
(12分)18.已知函数,.
(1)求函数图象在处的切线方程.
(2)若对于函数图象上任意一点处的切线,在函数图象上总存在一点处的切线,使得,求实数的取值范围.
(14分)19.世界杯足球赛淘汰赛阶段的比赛规则为:90分钟内进球多的球队取胜,如果参赛双方在90分钟内无法决出胜负(踢成平局),将进行30分钟的加时赛,若加时赛阶段两队仍未分出胜负,则进入“点球大战”.点球大战的规则如下:①两队各派5名队员,双方轮流踢点球,累计进球个数多者胜;②如果在踢满5球前,一队进球数已多于另一队踢5球可能踢中的球数,则该队胜出,譬如:第4轮结束时,双方进球数比,则不需踢第5轮了;③若前5轮点球大战中双方进球数持平,则采用“突然死亡法”决出胜负,即从第6轮起,双方每轮各派1人踢点球,若均进球或均不进球,则继续下一轮.直到出现一方进球另一方不进球的情况,进球方胜.现有甲乙两队在淘汰赛中相遇,双方势均力敌,120分钟(含加时赛)仍未分出胜负,须采用“点球大战”决定胜负.设甲队每名球员射进的概率为,乙队每名球员射进的概率为.每轮点球结果互不影响.
(1)设甲队踢了5球,为射进点球的个数,求的分布列与期望;
(2)若每轮点球都由甲队先踢,求在第四轮点球结束时,乙队进了4个球并刚好胜出的概率.
(14分)20.已知四棱柱如图所示,底面为平行四边形,其中点在平面内的投影为点,且.
(1)求证:平面平面;
(2)已知点在线段上(不含端点位置),且平面与平面的夹角的余弦值为,求的值.
(18分)21.已知双曲线E:(,)一个顶点为,直线l过点交双曲线右支于M,N两点,记,,的面积分别为S,,.当l与x轴垂直时,的值为.
(1)求双曲线E的标准方程;
(2)若l交y轴于点P,,,求证:为定值;
(3)在(2)的条件下,若,当时,求实数m的取值范围.
参考答案:
A
【详解】由,得,即,此时,
由,得,而,所以.
故选:A
2.D
【详解】由根据所给图形特征知,
把半径为1的阴影半圆割下补到半径为1的空白半圆处,得半径为2的阴影半圆,
再把所得半圆割下补到半径为2的空白半圆处,得半径为3的阴影半圆,
最后将半径为3的阴影半圆割下补到半径为3的空白半圆处,得半径为4的阴影半圆,
阴影部分面积,而矩形面积,
所以,从矩形中任取一点,则落在阴影部分的概率.
故选:D
3.D
【详解】A选项,
,
因为函数的最小正周期为,解得,所以,
当时,,故A错误;
B选项,令,即,
函数的对称中心是,故B错误;
C选项,时,,
显然在其上不单调,故C错误;
D选项,的图象向右平移个单位长度,
得到,故D正确.
故选:D.
4.B
【详解】依题意,
,
由,得或或(不符合题意,舍去),
函数是偶函数,在上的所有零点关于数0对称,它们的和为0,
正弦函数的周期为,方程在的两根和为,
在上的两根和为,因此在上
的两根和构成首项为,末项为的等差数列,共有项,所有根的和为.
故选:B
5.C
【详解】依题意,设用该试剂检测呈现阳性为事件B,被检测者患病为事件A,未患病为事件,
则,,,,
故,
则所求概率为.
故选:C.
6.A
【详解】,
即,则,得.
故选:A
7.B
【详解】设与的夹角为,
则在上的投影向量为.
故选:B.
8.D
【详解】由两边取对数可得①,
令则,因为,所以,
则①可转化得,
因为,
因为存在,使得关于的不等式成立,
所以存在,成立,故求的最小值即可,
令
,
令
,
令,
,
所以在上单调递减,所以,
,所以在上单调递减,
所以
在上单调递减,,
,所以实数的最小值为
故选:D
9.ABC
【详解】选项A:若,则,
由正弦函数的图象可知是的图像的对称中心,A说法正确;
选项B:若恒成立,则,解得,
又,所以的最小值为2,B说法正确;
选项C:令,显然在上单调递增,且,
若在上单调递增,则,解得,所以,C说法正确;
选项D:当时,,
若在上恰有2个零点,则,解得,D说法错误;
故选:ABC
10.ACD
【详解】对于A,因为是等轴双曲线,故其离心率为,故A正确.
对于B,因为图象的对称轴为和,
由可得或,故双曲线的顶点坐标为,
故双曲线的实半轴长为,故半焦距为,
故焦距为4,故B错误.
对于C,因焦点在直线上,故设焦点坐标为,
因为,且双曲线的中心为原点,故即,
取,由双曲线的定义可得,
故C正确.
对于D,由C的分析可得为焦点,则,故D正确,
故选:ACD.
11.AB
【详解】对A:中,由正弦定理得,
由,得,即,
由,则,故,所以或,
即或(舍去),即,故A正确;
对B:若,结合和正弦定理知,
又,所以可得,故B正确;
对C:由,故或,若,则有,
则,不为直角三角形,故C错误;
对D:在锐角中,,
即,
故
由对勾函数性质可知,当时,,故D错误;
故选:AB.
12.CD
【详解】由题可,,,则,
有,,
,,
把代入上式,得,解得 (负值舍去),
,,由,解得,,
解得,,
对A,的最小正周期为,故A错误;
对B:,故B错误;
对C:当时,,在单调递减,故C正确;
对D:,为奇函数,故D正确.
故选:CD.
13.
【详解】设双曲线的左焦点为 ,由对称性知是的中点,则四边形是平行四边形,
因为,
所以四边形是矩形,
设,则,则,
所以在直角 中,,
所以 ,解得: 或(舍去),
所以 ,
因为在直角 中,
所以,得 ,
解得.
故答案为:
14.
【详解】,,
又,故当,,单调递增;
则,;
,即,解得,又,故.
故答案为:.
15.
【详解】由可知,,
即,得,
.
故答案为:
16.
【详解】为圆的一条直径,是弦的中点,所以,圆心在线段的中垂线上,
设点的坐标为,则,
圆与直线相切,则,,整理得,
所以,点的轨迹是以为焦点,以直线为准线的抛物线,
,
当为定值时,则点与点重合,即点的坐标为.
因此,存在定点,使得当点运动时,为定值.
故答案为:.
17.(1);证明见解析
(2)
【详解】(1)解:设等差数列的公差为,
因为,可得,即,解得,
又因为,可得,所以,
由数列满足,可得,
所以,
因为,所以.
(2)解:由(1)可知,因为,
所以数列是以2为首项,2为公比的等比数列,所以,
所以,
所以,
则,
两式相减,可得
,
所以.
18.(1)
(2)
【详解】(1),,,
所以函数图象在处的切线方程为,即.
(2)由(1)可得,,
若对于函数图象上任意一点处的切线,在函数图象上总存在一点处的切线,使得,
即对任意的,总存在使得,即,
又,
从而的值域包含,
当时,的值域为,
所以,解得,
当时,的值域为,
所以,解得,
即实数的取值范围为.
19.(1)分布列见解析,
(2)
【详解】(1)由题意知,,可能的取值为0,1,2,3,4,5.
,,
,,,
所以的分布列为
.
(2)设“第四轮点球结束时,乙队进了4个球并胜出”为事件A,
由题意知,甲乙两队比分为1:4或2:4,设“甲乙两队比分为1:4”为事件,“甲乙两队比分为2:4”为事件,
若甲乙两队比分为1:4,则乙射进4次,甲前三次射进一次,第4次未进,,
若甲乙两队比分为2:4,则乙射进4次,甲前四次射进两次,
所以.
即在第四轮点球结束时,乙队进了4个球并胜出的概率为.
20.(1)证明见解析
(2)
【详解】(1)不妨设,
因为平面平面,故,
在中,,
由余弦定理,,
得,故,则,
因为平面,所以平面,
而平面,所以平面平面;
(2)由(1)知,两两垂直,
如图所示,以为坐标原点,建立的空间直角坐标系,
则,
故,
,所以,
设,则,即,
所以;
设为平面的一个法向量,
则,
令,则,所以,
因为轴平面,则可取为平面的一个法向量,
设平面与平面的夹角为,
则,
解得,故.
21.(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】(1)由题意得,,
则当l与x轴垂直时,不妨设,
由,得,
将代入方程,得,解得,
所以双曲线E的方程为.
(2)设,,,
由与,得,
即,,将代入E的方程得:,
整理得:①,
同理由可得②.
由①②知,,是方程的两个不等实根.
由韦达定理知,所以为定值.
(3)又,即,
整理得:,
又,不妨设,则,
整理得,又,故,
而由(2)知,,故,
代入,
令,得,
由双勾函数在上单调递增,得,
所以m的取值范围为.
.
【点睛】解答圆锥曲线的范围问题的方法与策略:
(1)几何转化代数法:若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决;
(2)函数取值法:若题目的条件和结论的几何特征不明显,则可以建立目标函数,再求这个函数的最值(或值域),常用方法:(1)配方法;(2)基本不等式法;(3)单调性法;(4)三角换元法;(5)导数法等,要特别注意自变量的取值范围.X
0
1
2
3
4
5
P
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