浙江省七彩阳光新高考研究联盟届高三上学期第一次联考数学试题附答案Word格式.docx
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3.已知等比数列,,,则()
A.B.C.D.1
4.若双曲线的一条渐近线为,则双曲线的离心率为()
A.B.C.2D.3
5.已知空间中的三条不同直线,,.则“,,两两垂直”是“,,不共面”的()
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
6.已知,,,则()
A.B.C.D.
7.已知,两点到直线的距离分别是2和3,则满足条件的直线共有()条.
A.1B.2C.3D.4
8.已知,则下列命题正确的是()
A.当时,不存在,使得
B.当时,对任意,都有
C.当时,必存在,使得
D.当时,对任意,都有
9.已知函数的图像如图所示,则下列判断正确的个数是()
(1),
(2),(3),(4)
A.1个B.2个C.3个D.4个
10.设集合,中至少有两个元素,且,满足:
①对任意,若,则②对任意,若,则,下列说法正确的是()
A.若有2个元素,则有4个元素
B.若有2个元素,则有3个元素
C.存在3个元素的集合,满足有5个元素
D.存在3个元素的集合,满足有4个元素
非选择题部分
二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分)
11.已知.若,则________,若,则________.
12.已知,则________,________.
13.已知某几何体的三视图如图所示(正视图为等腰三角形,俯视图为正方形,侧视图为直角三角形),则该几何体的最短棱长为________,最长棱长为________.
14.若实数,满足约束条件,则的最大值是________,的最小值是________.
15.已知点,直线与圆交于,两点,若的垂心恰为原点,则直线的方程是________.
16.盒中有4个质地,形状完全相同的小球,其中1个红球,1个绿球,2个黄球;
现从盒中随机取球,每次取1个,不放回,直到取出红球为止.设此过程中黄球在第次被首次取到(表示黄球未被取到),则________.
17.已知边长为2的等边,点、分别为边、所在直线上的点,且满足,则的取值范围是________.
三、解答题(本大题共5小题,共74分,解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤)
18.(本题满分14分)
在锐角中,角、、所对的边分别为、、.已知,.
(Ⅰ)求角的大小;
(Ⅱ)求的取值范围.
19.(本题满分15分)
如图,在三棱台中,平面平面,,,.
(Ⅰ)证明:
;
(Ⅱ)若,求直线与平面所成角的正弦值.
20.(本题满分15分)
已知数列、、满足,,.
(Ⅰ)若、为等比数列,求数列、的通项公式;
(Ⅱ)若为等差数列,公差,证明:
,,.
21.(本题满分15分)
如图,已知椭圆,且满足,抛物线,点是椭圆与抛物线的交点,过点的直线交椭圆于点,交轴于点.
(Ⅰ)若点,求椭圆及抛物线的方程;
(Ⅱ)若椭圆的离心率为,点的纵坐标记为,若存在直线,使为线段的中点,求的最大值.
22.(本题满分15分)
若函数,既有极大值点,又有极小值点.
(Ⅰ)求实数的取值范围;
(Ⅱ)求证:
参考答案
一、选择题:
本大题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
D
A
二、填空题:
本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.
11.,2;
12.0,0;
13.2,;
14.,;
15.;
16.17..
试题详解
1.解析:
选B.
2.解析:
选C.
3.解析:
由题意得:
由,得,故,选D.
4.解析:
由已知得:
,故,∴,选A.
5.解析:
若空间中的三条不同直线,,两两垂直,
则平移后一定出现其中一条线垂直于另外两条线所在平面的情况,
故,,一定不共面.反之若,,不共面,可以两两成60度角,不一定两两垂直,
故选A.
6.解法一:
排除法:
易知,,当时,,排除A选项;
当时,,排除选项,
取,得排除D选项.故选C.
解法二:
,,
故:
,,又,
∴,∴.
7.解析:
分别以,为圆心,半径分别是2和3画圆,两园位置关系是外切,公切线有三条,故选C.
8.解析:
当时,,,A错;
,B错;
当时,,,C对;
,D错;
答案:
另解:
,系数必为正负交替,若记最小系数为,
若,则,且,,
故.
故选:
C.
9.解析:
显然,又
,
(1)正确;
,又,故(4)正确;
又,,
若,则,又,故,
进一步,由知,则
(2)不正确;
又由得:
又,故,又,故,则(3)不正确;
综上,
(1)、(4)正确,选B.
10.解析:
若有2个元素,不妨设,
由②知集合中的两个元素必为相反数,故可设;
由①得,由于集合中至少两个元素,
故至少还有另外一个元素,当集合有2个元素时,
由得:
,则,或.
当集合有多于2个元素时,
不妨设,,,,,,,
由于,,所以,,
又且,故集合中至少3个元素,矛盾;
综上,,故B正确;
若有3个元素,不妨设,其中;
则,
所以,,,,,,
集合中至少两个不同正数,两个不同负数,
即集合中至少4个元素,与矛盾,排除C、D.
11.解析:
,若,则,若,则.
12.解析:
故,,故,,∴.
13.解析:
几何体为一条侧棱垂直底面的四棱锥,易知最短棱长2,最长棱长.
14.解析:
,.
15.解析:
∵的垂心恰为原点,∴直线的斜率,
直线与直线的交点记为,结合圆的垂径定理知为等边三角形,
故,得,
故直线的方程为:
16.解析:
的可能取值为0,1,2,
故;
或直接法:
17.解析:
设,,则,
又,所以,
化简得:
另一方面,,
因为,,
令,则,
将代入得:
,对称轴,
由,
进一步知:
在上单调递减,
所以,的取值范围是.
三、解答题:
本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
18.解:
(Ⅰ)由正弦定理知:
①
又由已知条件:
②
由①②知:
,∴.
(Ⅱ)
∵是锐角三角形,
∴的取值范围是,
即的取值范围是.
方法二:
∵是锐角三角形,∴,
得到.
∴的范围为,
19.(Ⅰ)证明:
设,则,又,
由余弦定理知:
由勾股定理的逆定理知:
又平面平面,平面平面,
平面,∴平面,
∵平面,∴.
(Ⅱ)方法一:
解:
直线与平面所成角即为直线与平面所成角,
由(Ⅰ)知∴平面,∴为所求角.
,则,
又,,由余弦定理知:
∴在直角三角形中,,
(Ⅱ)方法二:
∴,∴,
∴平面,∴,
∴,
如图,以点为原点,建立空间直角坐标系
,,,
设点为,则
得到:
设平面的法向量为
得到,又,
∴.
(Ⅱ)方法三:
∵平面,∴,,
∵,且,
∴平面,故点在平面上的射影在直线上.
如图以点为原点,建立空间直角坐标系
,,,,
设平面的法向量为,
20.解:
(Ⅰ)∵,
令,∴,∴,
由为等比数列,∴,
令,∴,
∵,令,
∵,∴,
(Ⅱ)证明:
,∴,
令,∴;
将以上各式相乘,得:
∵公差,∴.
进一步得:
显然时,,
∴,时,.
21.解:
(1)点在抛物线上,
代入得,,故抛物线.
点在椭圆上,故,
又,,故:
椭圆的方程为:
(2)解法1:
椭圆的离心率为,故,
又,故.
由题意知点,又为线段的中点,
设,则,
又点、在椭圆上,故
(1),
(2),
(1)×
4-
(2)得:
即,
关于得方程有解,故,解得:
故,,进一步得:
的最大值为,当,时取到.
(2)解法2:
设,直线的方程为:
联立椭圆方程得:
,代入化简得:
由于为线段的中点,且点的纵坐标为,
故,
消得:
,代入得:
又,
所以的最大值为,
当,时,取到最大值.
(第二问如果直接默认椭圆方程为扣2分)
22.解析:
(1)
在递减,在递增,
且当时,,当时,,
∴时有两个极值点,于是.
(2),
,
又
∴
接下来证明:
由于,
又,∴,
∴恒成立,得证.
法二:
由
(1)知:
,在递减,递增,
又,递增,
故
令,接下来证明:
∴在上递减,
故,得证.
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