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文檔簡介
襄陽市優(yōu)質高中屆高三聯考試題數學命題人:覃凌霄學校:宜城一中審題人:陳新學校:老河口一中審題人:包晏東學校:曾都一中考試時間:年1月日下午::試卷滿分:分注意事項:答卷前,考生務必將姓名、準考證號等在答題卷上填寫清楚.選擇題答案用鉛筆在答題卷上把對應題目的答案標號涂黑,非選擇題用的黑色簽字筆在每題對應的答題區(qū)域內做答,答在試題卷上無效.一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共分,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.若,則的虛部為()A.B.C.D.【答案】D【解析】中找出虛部.【詳解】已知,那么.化簡的表達式即:因為,所以:在中,虛部為.故選:D.2.已知,則“”是“”的()條件A.充要B.充分不必要C.必要不充分D.既不充分也不必要第1頁/共22頁【答案】A【解析】【分析】先求解分式不等式,再結合充要條件定義判斷即可.【詳解】解不等式,得,由,可得,所以“”是“”的充要條件.故選:A.3.已知數列是等差數列,數列是等比數列,若,則()A.B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】由題意,根據等差、等比數列的通項公式計算可得、,即可求解.【詳解】設等差數列的公差為;等比數列的公比為.由,得,即,所以;由,得,即,所以,所以.故選:B4.已知,則()A.B.5C.D.7【答案】D【解析】【分析】根據已知條件,先運用二倍角公式,可得,再結合正切函數的兩角差公式,即可求解.【詳解】因為,所以且,所以﹔第2頁/共22頁又,所以.故選:D5.某學校在一次調查“籃球迷”的活動中,獲得了如下數據,以下結論最準確的是()男生女生籃球迷9020非籃球迷60300.100.050.010.0052.7063.8416.6357.789附:A.有99.5%的把握認為是否是籃球迷與性別有關B.有99%的把握認為是否是籃球迷與性別有關C.在犯錯誤的概率不超過0.1的前提下,可以認為是否是籃球迷與性別有關D.在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下,可以認為是否是籃球迷與性別有關【答案】D【解析】【分析】根據所給數據完善列聯表,計算出卡方,即可判斷.【詳解】依題意可得列聯表如下:男生女生合計籃球迷9020非籃球迷603090合計15050200第3頁/共22頁所以,所以沒有99%的把握認為是否是籃球迷與性別有關,進而沒有99.5%的把握認為是否是籃球迷與性別有關,A,B選項錯誤;又0.05與性別有關,D選項正確.故選:D.6.已知平面向量與滿足:在方向上的投影向量為在方向上的投影向量為,且,則()A.2B.3C.D.4【答案】C【解析】【分析】根據投影向量的定義,即可求解.【詳解】在方向上的投影向量為,即,①在方向上的投影向量為,即,②由①②得,又,所以.故選:C7.已知直線與相交于點,點是圓上的一個動點,則的最大值為()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先求出兩直線交點的軌跡方程,然后根據圓的性質,計算圓心到軌跡上點的距離,進而得出的最大值.第4頁/共22頁【詳解】對于直線,可變形為.令,解得,所以直線恒過定點.對于直線,可變形為.令,解得,所以直線恒過定點.直線的斜率(,時垂直于的斜率.因為,所以,那么點的軌跡是以為直徑的圓.中點坐標為,即,,則點軌跡圓的半徑.圓,其圓心,半徑.圓心到點軌跡圓圓心的距離.最大值為圓心距加上兩個圓的半徑,即.故選:C.8.已知函數是定義域為的偶函數,且,當時,,則()A.B.C.254D.2025【答案】B【解析】周期內函數值的和,最后利用周期計算所給式子的和.【詳解】由是偶函數推出的性質,因為是定義域為的偶函數,所以,即,第5頁/共22頁對于任意都成立,那么.用代替,可得,即.又因為,則關于直線對稱,所以.由和可得,再用代替,得到,即,而,所以,進而,所以函數的周期是.已知當時,...因為圖象關于直線對稱,所以,...,,.則.因為,其中是余數.所以.,故選:B.二、多選題:本題共3小題,每小題6分,共分.在每小題列出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的,全部選對得6分,部分選對得部分分,有選錯的得0分.9.體育教育既能培養(yǎng)學生自覺鍛煉身體的習慣,又能培養(yǎng)學生開拓進取、不畏艱難的堅強性格.某校學生參加體育測試,其中甲班女生的成績X與乙班女生的成績Y均服從正態(tài)分布,,則下列說法正確的是()A.B.C.D.第6頁/共22頁【答案】BCD【解析】【分析】運用正態(tài)分布的概念,概率性質,逐個分析判斷即可.【詳解】對于正態(tài)分布,方差,則.已知,這里,那么,而不是,所以選項A錯誤.對于正態(tài)分布,期望.已知,這里,所以,選項B正確.因為正態(tài)分布,則,.根據正態(tài)分布的性質,,,,即,那么,選項C正確.對于,;對于,.對應的,對應的.根據正態(tài)分布的性質,值越大,對應的概率越大,因,所以,選項D正確.故選:BCD.10.已知函數,則下列說法正確的是()A.有最小值B.當時,的圖象在點處的切線方程是C.當時,函數有2個零點D.若,則【答案】AD【解析】AB第7頁/共22頁C的單調性,可得在區(qū)間恒成立,再根據函數的單調性和最值,即可判斷D.【詳解】,得,當時,,單調遞減,當時,,單調遞增,所以函數的最小值為,故A正確;當時,,,所以函數的圖象在點處的切線方程為,即,故B錯誤;由A的最小值為時,沒有零點,故C錯誤;設,則,當時,,所以,單調遞增,且,所以時,,即,,若,,不妨設,即,,且由A可知,在區(qū)間單調遞增,所以,即,故D正確.故選:AD【點睛】關鍵點點睛:本題的關鍵是D選項,屬于極值點偏移問題,問題的關鍵是構造函數,結合導數判斷函數的單調性.已知曲線上的點滿足:到定點的距離與到定直線的距離之和為,則下列說法正確的是()第8頁/共22頁A.恰好經過個整點(橫、縱坐標均為整數的點)B.當點在上時,C.上的點到直線的距離的最大值為D.上的點與點的距離的取值范圍為【答案】ABC【解析】【分析】由兩點間距離公式得到分段函數的解析式,再作圖象,由解析式中的范圍可得B錯誤;由的取值范圍代入表達式可得A正確;由點到直線的距離公式可得C正確;由曲線C的性質可得D正確.【詳解】設曲線上的點到定點的距離與到定直線的距離之和為,則,即,整理或,畫出曲線的圖象如下圖所示:對于B選項,當即;當即,故B正確;對于A選項,由B可得可取、、、,當時,或,無整點;當時,或,整點為、;當時,或,無整點;第9頁/共22頁當時,或,整點為、.所以共有個整點,故A正確;對于C選項,作直線的平行線,當平行線過點,兩平行線間距離最大,即,故C正確;對于D選項,上的點到定直線的距離范圍為,則上的點與點的距離的取值范圍為,故D錯誤.故選:ABC.【點睛】關鍵點點睛:本題的關鍵是由兩點間距離公式推導出函數的表達式,再根據的取值范圍去掉絕對值符號,得到分段函數.三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共分.12.已知分別為雙曲線的左,右焦點,點在雙曲線上,,則雙曲線的離心率為______.【答案】2【解析】【分析】由得,根據雙曲線的定義得,結合離心率的概念即可求解.【詳解】由,,得,又,所以.故答案為:213.已知展開式中所有偶數項的二項式系數和為32,現將展開式中的各項重新排列,則有理項互不相鄰的概率為______.【答案】第10頁/共22頁【解析】【分析】利用二項式系數的性質求出,再求出展開式的有理項項數,利用不相鄰的排列問題求解即得.【詳解】依題意,,解得,因此二項式的展開式共7項,展開式的通項為,當時,是有理項,則展開式的有理項共4項,所以將展開式中的各項重新排列,其中有理項互不相鄰的概率.故答案為:14.和矩形所在的平面互相垂直.點在正方形及其內部運動,點在矩形及其內部運動,設,若,則四面體體積的最大值為______.【答案】4【解析】體積最大時,算即可求解.【詳解】如圖:第11頁/共22頁因為平面平面,平面平面,平面,且,所以平面.又平面,所以,又,,平面,所以平面,又平面,所以.又在正方形及其內部,所以點軌跡是如圖所示的以為直徑的半圓,作于,則是三棱錐的高.所以當的面積和都取得最大值時,四面體的體積最大.此時點應該與或重合,為正方形的中心.當點與重合,為正方形的中心時,如圖:此時,,所以;當點與重合,為正方形的中心時,如圖:此時,,.綜上可知,當四面體的體積的最大值為4.故答案為:4第12頁/共22頁得到點在以點在正方形及其內部,所以點軌跡就是球面與平面為直徑的半圓上.明確點軌跡是解決問題的關鍵.四、解答題:本題共5小題,共分,解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟.15.如圖,在三棱柱中,平面平面,四邊形是菱形,分別是的中點.(1)證明:;(2)若,求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】1平面明;(2)建立如圖空間直角坐標系,利用空間向量法求解線面角即可.【小問1詳解】連接,因為四邊形是菱形,所以,又因為,所以是正三角形,因為為的中點,則,又平面平面,平面平面平面,所以平面平面,所以,又因為,,所以第13頁/共22頁又,平面,所以平面,又平面,所以.【小問2詳解】連接,因為,所以,則兩兩垂直,如圖,建立空間直角坐標系.因為,所以,又因為,所以,則,,,,設平面的法向量為,則有,可取,設直線與平面所成角為,則,即直線與平面所成角的正弦值.第14頁/共22頁16.在中,內角所對的邊分別為,且.(1)若,求;(2)若是銳角三角形,求的取值范圍.【答案】(1)(2)【解析】1)由題意,根據正弦定理計算即可求解;(2)根據余弦定理可得,則,進而,求得,結合兩角和的正弦公式和二倍角公式計算即可求解.【小問1詳解】,由正弦定理得,又,所以,得.又,所以;【小問2詳解】,由余弦定理得所以或,當時,,解得,則,與已知矛盾,故,所以,因為為銳角三角形,所以,即,解得,第15頁/共22頁由于在上單調遞減,故,所以,.所以的取值范圍為.17.已知橢圓的焦點在軸上,焦距為4,點在橢圓上,過點的直線交橢圓于兩點.(1)求橢圓標準方程;(2)若直線與坐標軸不垂直,在軸上是否存在點,使得恒成立?若存在,求出點的坐標,若不存在,請說明理由.【答案】(1)(2)存在點【解析】1)先確定的值,再根據點在橢圓上和的關系,可求的值,確定橢圓的方程.(2的方程為與,再設,利用可化簡求出的值,得到點坐標.【小問1詳解】設橢圓E的標準方程為(,則,得,第16頁/共22頁所以橢圓的標準方程為.小問2詳解】假設存在點滿足條件,設直線的方程為,設,,如圖:聯立,得,易知,則,,由,則,即,即,即整理得則整理得,解得,所以存在點,使得.18.設函數.第17頁/共22頁(1)當時,求函數的單調區(qū)間;(2)已知函數有兩個極值點,求的取值范圍;(3)若函數在區(qū)間上存在唯一零點,求實數的取值范圍.【答案】(1)單調減區(qū)間為的單調增區(qū)間為(2)(3)【解析】1)利用導數可得答案;(2)轉化為在上有兩個不同的實數根,令,求出在上的單調性可得答案;(3、討論函數的單調性可得答案.【小問1詳解】由函數,可得,,當時,在上單調遞減;當時,在上單調遞增,故函數的單調減區(qū)間為的單調增區(qū)間為;【小問2詳解】因為函數有兩個極值點,第18頁/共22頁所以在上有兩個不同的變號零點,即在上有兩個不同的實數根.,令,開口向下,對稱軸為,在上單調遞增,上單調遞減,,所以;【小問3詳解】由函數,可得,令,當時,,即在區(qū)間上單調遞增.因為,所以,所以函數區(qū)間上沒有零點,不符合題意;當時,函數的圖象開口向上,且對稱軸為直線,由,解得,當時,在區(qū)間上恒成立,即在區(qū)間上單調遞減.因為,所以,所以函數在區(qū)間上沒有零點,不符合題意.綜上可得,,設使得,當時,單調遞減;第19頁/共22頁當時,單調遞增,因為,要使得函數在區(qū)間上存在唯一零點,則滿足,解得,所以實數的取值范圍為.【點睛】思路點睛:第三問函數在區(qū)間上存在唯一零點,需要結合函數的單調性,分情況討論函數在該區(qū)間端點處函數值的情況,從
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