2024屆新疆生產(chǎn)建設兵團二中高考數(shù)學三模試卷含解析_第1頁
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文檔簡介

2024屆新疆生產(chǎn)建設兵團二中高考數(shù)學三模試卷考生請注意:1.答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi),不得在試卷上作任何標記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi),第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3.考生必須保證答題卡的整潔??荚嚱Y(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.函數(shù)(且)的圖象可能為()A. B. C. D.2.閱讀下側(cè)程序框圖,為使輸出的數(shù)據(jù)為31,則①處應填的數(shù)字為A.4 B.5 C.6 D.73.過拋物線C:y2=4x的焦點F,且斜率為的直線交C于點M(M在x軸的上方),l為C的準線,點N在l上且MN⊥l,則M到直線NF的距離為()A. B. C. D.4.若不等式對于一切恒成立,則的最小值是()A.0 B. C. D.5.已知雙曲線:,,為其左、右焦點,直線過右焦點,與雙曲線的右支交于,兩點,且點在軸上方,若,則直線的斜率為()A. B. C. D.6.已知正四面體外接球的體積為,則這個四面體的表面積為()A. B. C. D.7.設集合,,則集合A. B. C. D.8.執(zhí)行如圖所示的程序框圖,若輸出的結(jié)果為3,則可輸入的實數(shù)值的個數(shù)為()A.1 B.2 C.3 D.49.設全集U=R,集合,則()A. B. C. D.10.已知向量,,,若,則()A. B. C. D.11.設直線的方程為,圓的方程為,若直線被圓所截得的弦長為,則實數(shù)的取值為A.或11 B.或11 C. D.12.已知條件,條件直線與直線平行,則是的()A.充要條件 B.必要不充分條件 C.充分不必要條件 D.既不充分也不必要條件二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.函數(shù)的定義域是____________.(寫成區(qū)間的形式)14.已知平面向量與的夾角為,,,則________.15.已知數(shù)列滿足對任意,,則數(shù)列的通項公式__________.16.函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有且僅有兩個零點,則實數(shù)的取值范圍是_____.三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.(12分)已知函數(shù),,設.(1)當時,求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;(2)設方程(其中為常數(shù))的兩根分別為,,證明:.(注:是的導函數(shù))18.(12分)在平面直角坐標系中,已知直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù)),在以坐標原點O為極點,x軸的正半軸為極軸,且與直角坐標系長度單位相同的極坐標系中,曲線C的極坐標方程是.(1)求直線l的普通方程與曲線C的直角坐標方程;(2)若直線l與曲線C相交于兩點A,B,求線段的長.19.(12分)的內(nèi)角,,的對邊分別是,,,已知.(1)求角;(2)若,,求的面積.20.(12分)設函數(shù)()的最小值為.(1)求的值;(2)若,,為正實數(shù),且,證明:.21.(12分)一張邊長為的正方形薄鋁板(圖甲),點,分別在,上,且(單位:).現(xiàn)將該薄鋁板沿裁開,再將沿折疊,沿折疊,使,重合,且重合于點,制作成一個無蓋的三棱錐形容器(圖乙),記該容器的容積為(單位:),(注:薄鋁板的厚度忽略不計)(1)若裁開的三角形薄鋁板恰好是該容器的蓋,求,的值;(2)試確定的值,使得無蓋三棱錐容器的容積最大.22.(10分)已知數(shù)列,其前項和為,滿足,,其中,,,.⑴若,,(),求證:數(shù)列是等比數(shù)列;⑵若數(shù)列是等比數(shù)列,求,的值;⑶若,且,求證:數(shù)列是等差數(shù)列.

參考答案一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】因為,故函數(shù)是奇函數(shù),所以排除A,B;取,則,故選D.考點:1.函數(shù)的基本性質(zhì);2.函數(shù)的圖象.2、B【解析】考點:程序框圖.分析:分析程序中各變量、各語句的作用,再根據(jù)流程圖所示的順序,可知:該程序的作用是利用循環(huán)求S的值,我們用表格列出程序運行過程中各變量的值的變化情況,不難給出答案.解:程序在運行過程中各變量的值如下表示:Si是否繼續(xù)循環(huán)循環(huán)前11/第一圈32是第二圈73是第三圈154是第四圈315否故最后當i<5時退出,故選B.3、C【解析】

聯(lián)立方程解得M(3,),根據(jù)MN⊥l得|MN|=|MF|=4,得到△MNF是邊長為4的等邊三角形,計算距離得到答案.【詳解】依題意得F(1,0),則直線FM的方程是y=(x-1).由得x=或x=3.由M在x軸的上方得M(3,),由MN⊥l得|MN|=|MF|=3+1=4又∠NMF等于直線FM的傾斜角,即∠NMF=60°,因此△MNF是邊長為4的等邊三角形點M到直線NF的距離為故選:C.【點睛】本題考查了直線和拋物線的位置關系,意在考查學生的計算能力和轉(zhuǎn)化能力.4、C【解析】

試題分析:將參數(shù)a與變量x分離,將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題,即可得到結(jié)論.解:不等式x2+ax+1≥0對一切x∈(0,]成立,等價于a≥-x-對于一切成立,∵y=-x-在區(qū)間上是增函數(shù)∴∴a≥-∴a的最小值為-故答案為C.考點:不等式的應用點評:本題綜合考查了不等式的應用、不等式的解法等基礎知識,考查運算求解能力,考查化歸與轉(zhuǎn)化思想,屬于中檔題5、D【解析】

由|AF2|=3|BF2|,可得.設直線l的方程x=my+,m>0,設,,即y1=﹣3y2①,聯(lián)立直線l與曲線C,得y1+y2=-②,y1y2=③,求出m的值即可求出直線的斜率.【詳解】雙曲線C:,F(xiàn)1,F(xiàn)2為左、右焦點,則F2(,0),設直線l的方程x=my+,m>0,∵雙曲線的漸近線方程為x=±2y,∴m≠±2,設A(x1,y1),B(x2,y2),且y1>0,由|AF2|=3|BF2|,∴,∴y1=﹣3y2①由,得∴△=(2m)2﹣4(m2﹣4)>0,即m2+4>0恒成立,∴y1+y2=②,y1y2=③,聯(lián)立①②得,聯(lián)立①③得,,即:,,解得:,直線的斜率為,故選D.【點睛】本題考查直線與雙曲線的位置關系,考查韋達定理的運用,考查向量知識,屬于中檔題.6、B【解析】

設正四面體ABCD的外接球的半徑R,將該正四面體放入一個正方體內(nèi),使得每條棱恰好為正方體的面對角線,根據(jù)正方體和正四面體的外接球為同一個球計算出正方體的棱長,從而得出正四面體的棱長,最后可求出正四面體的表面積.【詳解】將正四面體ABCD放在一個正方體內(nèi),設正方體的棱長為a,如圖所示,設正四面體ABCD的外接球的半徑為R,則,得.因為正四面體ABCD的外接球和正方體的外接球是同一個球,則有,∴.而正四面體ABCD的每條棱長均為正方體的面對角線長,所以,正四面體ABCD的棱長為,因此,這個正四面體的表面積為.故選:B.【點睛】本題考查球的內(nèi)接多面體,解決這類問題就是找出合適的模型將球體的半徑與幾何體的一些幾何量聯(lián)系起來,考查計算能力,屬于中檔題.7、B【解析】

先求出集合和它的補集,然后求得集合的解集,最后取它們的交集得出結(jié)果.【詳解】對于集合A,,解得或,故.對于集合B,,解得.故.故選B.【點睛】本小題主要考查一元二次不等式的解法,考查對數(shù)不等式的解法,考查集合的補集和交集的運算.對于有兩個根的一元二次不等式的解法是:先將二次項系數(shù)化為正數(shù),且不等號的另一邊化為,然后通過因式分解,求得對應的一元二次方程的兩個根,再利用“大于在兩邊,小于在中間”來求得一元二次不等式的解集.8、C【解析】試題分析:根據(jù)題意,當時,令,得;當時,令,得,故輸入的實數(shù)值的個數(shù)為1.考點:程序框圖.9、A【解析】

求出集合M和集合N,,利用集合交集補集的定義進行計算即可.【詳解】,,則,故選:A.【點睛】本題考查集合的交集和補集的運算,考查指數(shù)不等式和二次不等式的解法,屬于基礎題.10、A【解析】

根據(jù)向量坐標運算求得,由平行關系構造方程可求得結(jié)果.【詳解】,,解得:故選:【點睛】本題考查根據(jù)向量平行關系求解參數(shù)值的問題,涉及到平面向量的坐標運算;關鍵是明確若兩向量平行,則.11、A【解析】

圓的圓心坐標為(1,1),該圓心到直線的距離,結(jié)合弦長公式得,解得或,故選A.12、C【解析】

先根據(jù)直線與直線平行確定的值,進而即可確定結(jié)果.【詳解】因為直線與直線平行,所以,解得或;即或;所以由能推出;不能推出;即是的充分不必要條件.故選C【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判定,熟記概念即可,屬于基礎題型.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】

要使函數(shù)有意義,需滿足,即,解得,故函數(shù)的定義域是.14、【解析】

根據(jù)已知求出,利用向量的運算律,求出即可.【詳解】由可得,則,所以.故答案為:【點睛】本題考查向量的模、向量的數(shù)量積運算,考查計算求解能力,屬于基礎題.15、【解析】

利用累加法求得數(shù)列的通項公式,由此求得的通項公式.【詳解】由題,所以故答案為:【點睛】本小題主要考查累加法求數(shù)列的通項公式,屬于基礎題.16、【解析】

對函數(shù)零點問題等價轉(zhuǎn)化,分離參數(shù)討論交點個數(shù),數(shù)形結(jié)合求解.【詳解】由題:函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有且僅有兩個零點,,等價于函數(shù)恰有兩個公共點,作出大致圖象:要有兩個交點,即,所以.故答案為:【點睛】此題考查函數(shù)零點問題,根據(jù)函數(shù)零點個數(shù)求參數(shù)的取值范圍,關鍵在于對函數(shù)零點問題恰當變形,等價轉(zhuǎn)化,數(shù)形結(jié)合求解.三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.(2)見解析【解析】

(1)求出導函數(shù),由確定增區(qū)間,由確定減區(qū)間;(2)求出含有參數(shù)的,再求出,由的兩根是,得,計算,代入后可得結(jié)論.【詳解】解:,函數(shù)的定義域為,.(1)當時,,由得,由得,故函數(shù)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.(2)證明:由條件可得,,,方程的兩根分別為,,,且,可得..【點睛】本題考查用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,考查導數(shù)的運算、方程根的知識.在可導函數(shù)中一般由確定增區(qū)間,由確定減區(qū)間.18、(1)l:,C:;(2)【解析】

(1)直接利用轉(zhuǎn)換關系,把參數(shù)方程直角坐標方程和極坐標方程之間進行轉(zhuǎn)換;

(2)由(1)可得曲線是圓,求出圓心坐標及半徑,再求得圓心到直線的距離,即可求得的長.【詳解】(1)由題意可得直線:,由,得,即,所以曲線C:.(2)由(1)知,圓,半徑.∴圓心到直線的距離為:.∴【點睛】本題考查直線的普通坐標方程、曲線的直角坐標方程的求法,考查弦長的求法、運算求解能力,是中檔題.19、(1)(2)【解析】

(1)利用余弦定理可求,從而得到的值.(2)利用誘導公式和正弦定理化簡題設中的邊角關系可得,得到值后利用面積公式可求.【詳解】(1)由,得.所以由余弦定理,得.又因為,所以.(2)由,得.由正弦定理,得,因為,所以.又因,所以.所以的面積.【點睛】在解三角形中,如果題設條件是關于邊的二次形式,我們可以利用余弦定理化簡該條件,如果題設條件是關于邊的齊次式或是關于內(nèi)角正弦的齊次式,那么我們可以利用正弦定理化簡該條件,如果題設條件是邊和角的混合關系式,那么我們也可把這種關系式轉(zhuǎn)化為角的關系式或邊的關系式.20、(1)(2)證明見解析【解析】

(1)分類討論,去絕對值求出函數(shù)的解析式,根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì),得出的單調(diào)性,得出取最小值,即可求的值;(2)由(1)得出,利用“乘1法”,令,化簡后利用基本不等式求出的最小值,即可證出.【詳解】(1)解:當時,單調(diào)遞減;當時,單調(diào)遞增.所以當時,取最小值.(2)證明:由(1)可知.要證明:,即證,因為,,為正實數(shù),所以.當且僅當,即,,時取等號,所以.【點睛】本題考查絕對值不等式和基本不等式的應用,還運用“乘1法”和分類討論思想,屬于中檔題.21、(1),;(2)當值為時,無蓋三棱錐容器的容積最大.【解析】

(1)由已知求得,求得三角形的面積,再由已知得到平面,代入三棱錐體積公式求的值;(2)由題意知,在等腰三角形中,,則,,寫出三角形面積,求其平方導數(shù)的最值,則答案可求.【詳解】解:(1)由題意,為等腰直角三角形,又,,恰好是該零件的蓋,,則,由圖甲知,,,則在圖乙中,,,,又,平面,平面,;(2)由題意知,在等腰三角形中,,則,,.令,,,.可得:當時,,當,時,,當時,有最大值.由(1)知,平面,該三棱錐容積的最大值為,且.當時,取得最大值,無蓋三棱錐容器的容積最大.答:當值為時,無蓋三棱錐容器的容積最大.【點睛】本題考查棱錐體積的求法,考查空間想象能力與思維能力,訓練了利用導數(shù)求最值,屬于中檔題.22、(1)見解析(2)(3)見解析【解析】試題分析:(1)(),所以,故數(shù)列是等比數(shù)列;(2)利用特殊值法,得,故;(3)得,所以,得,可證數(shù)列是等差數(shù)列.試題解析:(1)證明:

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