至度高三第二轮复习测在线测验完整版文科数学江西省南昌市文档格式.docx
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所以选B.
如图,边长为2的正方形中有一阴影区域,在正方形中随机撒一粒豆子,它落在阴影区域内的概率为.则阴影区域的面积约为( )
A.B.C.D.无法计算
求出正方形的面积,利用几何概型可求阴影区域的面积.
设阴影区域的面积为,,所以.
《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,第九章“勾股”,讲述了“勾股定理”及一些应用,还提出了一元二次方程的解法问题.直角三角形的三条边长分别称“勾”“股”“弦”.设、分别是双曲线,的左、右焦点,是该双曲线右支上的一点,若分别是的“勾”“股”,且,则双曲线的离心率为()
【答案】D
由题可得,所以,又,由此可求双曲线的离心率.
由双曲线的定义得,所以,
即,由题意得,所以,又,所以,解得,从而离心率
故选D.
已知抛物线的焦点为,准线,点在抛物线上,点在直线上的射影为,且直线的斜率为,则的面积为()
画出图形,抛物线的性质和正三角形的性质计算出,进而得到是以4为边长的正三角形,由此计算三角形的面积.
设准线与轴交于点,所以,因为直线的斜率为,所以,所以,由抛物线定义知,,且,所以是以4为边长的正三角形,其面积为.
如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为()
A.B.
C.D.
由已知中的三视图可得:
该几何体是该几何体是如图所示的三棱
柱挖去一个三棱锥,进而得到答案.
由三视图可得,该几何体是如图所示的三棱
柱挖去一个三棱锥,故所求几何体
的体积为.
若函数在区间上单调递增,则正数的最大值为()
由在区间上单调递增,利用正弦函数的单调性能求出正数的最大值.
因为
.由函数在区间上单调递增知,所以,即,结合,可得.所以正数的最大值为,故选B.
如图,在四面体中,截面是正方形,则下列命题中,错误的为()
C.截面D.异面直线所成的角为45º
依题意得MN∥PQ,MN∥平面ABC,又MN、AC⊂平面ACD,且MN与AC无公共点,因此有MN∥AC,AC∥平面MNPQ.同理,BD∥PN.又截面MNPQ是正方形,因此有AC⊥BD,直线PM与BD所成的角是45°
.综上所述,其中错误的是C,故选C.
下表中的数表为“森德拉姆筛”(森德拉姆,东印度学者),其特点是每行每列都成等差数列.
2
3
4
5
6
7
…
9
11
13
10
16
19
17
21
25
26
31
37
在上表中,2017出现的次数为()
A.18B.36C.48D.72
第1行数组成的数列()是以2为首项,公差为1的等差数列,第列数组成的数列()是以为首项,公差为j的等差数列,求出通项公式,就求出结果.
记第行第列的数为,那么每一组与的解就对应表中的一个数.因为第1行的数组成的数列()是以2为首项,公差为1的等差数列,所以;
又第列数组成的数列()是以为首项,公差为的等差数列,所以.令,则.据此易知,2017出现的次数为.
故选B.
填空题
设为所在平面内一点,,若,则__________.
【答案】-3
【解析】∵为所在平面内一点,,
∴B,C,D三点共线。
若∴,
化为:
=+,
与=−+比较,可得:
,解得.
则.
若等比数列的各项均为正数,前4项的和为4,积为,则前4项倒数之和为_________.
【答案】
依题知,,所以,则.
依题知,,所以
所以
即答案为3.
记命题为“点满足()”,记命题为“满足”,若是的充分不必要条件,则实数的最大值为_________.
画出约束条件的可行域,是的充分不必要条件,判断圆与可行域的关系,然后求解a的最大值即可.
满足的可行域如图:
记命题为“点满足()”,记命题为“满足”,若是的充分不必要条件,说明圆的图形在可行域内部,则实数a的最大值就是圆与直线相切时,半径取得最小值,即
即答案为.
函数,,若使得,则__________.
】令,运用导数求出的最小值;
运用基本不等式可得,从而可证明,由等号成立的条件,从而解得.
令,令
,故在上是减函数,在上是增函数,当时有最小值,而当且仅当,即,故,当且仅当等号成立时成立,故,即
解答题
在中,分别是内角所对的边,向量,,且满足.
(1)求角的大小;
(2)若,设角的大小为,的周长为,求的最大值.
(1);
(2)3
(1)因为ab,所以.
由正弦定理得,再根据余弦定理可求角的大小;
由,及正弦定理得,,则由此可求的最大值.
由正弦定理得,即.
由余弦定理得,又因为,所以.
(2)由,及正弦定理得,
而,,则,,
于是,
由得,所以当即时,.
如图,四棱锥中,,//,,为正三角形.且.
(Ⅰ)证明:
平面平面;
(Ⅱ)若点到底面的距离为2,是线段上一点,且//平面,求四面体的体积.
(1)见解析
(2)
(Ⅰ)证明,,可证平面平面;
(Ⅱ)如图,连接,交于点,因为//,由(Ⅰ)点到平面的距离为2,
所以点到平面的距离为,所以由可求四面体的体积.
,且,,又为正三角形,所以,又,,所以,
又,//,,,
所以平面,又因为平面,
所以平面平面.
(Ⅱ)如图,连接,交于点,因为//,
且,所以,连接,
因为//平面,所以//,则,
由(Ⅰ)点到平面的距离为2,
所以点到平面的距离为,
所以,
即四面体的体积为.
某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费,需了解年宣传费(单位:
万元)对年销售量(单位:
吨)和年利润(单位:
万元)的影响.对近六年的年宣传费和年销售量()的数据作了初步统计,得到如下数据:
年份
年宣传费(万元)
年销售量(吨)
经电脑模拟,发现年宣传费(万元)与年销售量(吨)之间近似满足关系式().对上述数据作了初步处理,得到相关的值如表:
(1)根据所给数据,求关于的回归方程;
(2)已知这种产品的年利润与,的关系为若想在年达到年利润最大,请预测年的宣传费用是多少万元?
附:
对于一组数据,,…,,其回归直线中的斜率和截距的最小二乘估计分别为,
(1)
(2)当2018年的宣传费用为98万元时,年利润有最大值.
(1)转化方程,结合线性回归方程参数计算公式,计算,即可。
(2)将z函数转化为二次函数,计算最值,即可。
(1)对,(,),两边取对数得,
令,,得,
由题目中的数据,计算,,
且,
;
则,
,
得出,
所以关于的回归方程是;
(2)由题意知这种产品的年利润z的预测值为
,
所以当,即时,取得最大值,
即当2019年的年宣传费用是万元时,年利润有最大值.
如图,已知圆的方程为,圆的方程为,若动圆与圆内切,与圆外切.
(Ⅰ)求动圆圆心的轨迹的方程;
(Ⅱ)过直线上的点作圆的两条切线,设切点分别是,,若直线与轨迹交于,两点,求的最小值.
(1)
(2)
(Ⅰ)设动圆的半径为,由题动圆与圆内切,与圆外切,则
,由此即可得到动圆圆心的轨迹是以为焦点,长轴长为的椭圆,进而得到动圆圆心的轨迹的方程;
(Ⅱ)设直线上任意一点的坐标是,切点坐标分别是,
则经过点的切线斜方程是,同理经过点的切线方程是,又两条切线,相交于.可得经过两点的直线的方程是,对分类讨论分别求出的值,即可得到的最小值.
(Ⅰ)设动圆的半径为,∵动圆与圆内切,与圆外切,
∴,且.于是,,
所以动圆圆心的轨迹是以为焦点,长轴长为的椭圆.从而,,
所以.故动圆圆心的轨迹的方程为.
则经过点的切线斜率,方程是,
经过点的切线方程是,又两条切线,相交于.
则有,所以经过两点的直线的方程是,
①当时,有,,,,则;
②当时,联立,整理得;
设坐标分别为,,则,
综上所述,当时,有最小值.
已知函数
(Ⅰ)讨论函数在上的单调性;
(Ⅱ)证明:
恒成立.
(1),当时,在上单调递增;
当时,在上单调递增,在上单调递减.
(2)见解析
(1)求出(),通过当时,当时,判断导函数的符号,推出函数的单调区间即可.
证法二:
记函数,通过导数研究函数的性质,,问题得证.
(Ⅰ)(),
当时,恒成立,所以,在上单调递增;
当时,令,得到,所以,当时,,单调递增,当时,,单调递减.
综上所述,当时,在上单调递增;
当时,在上单调递增,在上单调递减.
(Ⅱ)证法一:
由(Ⅰ)可知,当时,,
特别地,取,有,即,所以(当且仅当时等号成立),
因此,要证恒成立,只要证明在上恒成立即可,
设(),则,
当时,,单调递减,当时,,单调递增.
所以,当时,,即在上恒成立.
因此,有,又因为两个等号不能同时成立,所以有恒成立.
记函数,
则,可知在上单调递增,又由知,在上有唯一实根,且,则,即(*),
当时,单调递减;
当时,单调递增,
所以,结合(*)式,知,
则,即,所以有恒成立.
在直角坐标系中,圆经过伸缩变换后得到曲线.以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴,并在两种坐标系中取相同的单位长度,建立极坐标系,直线的极坐标方程为.
(1)求曲线的直角坐标方程及直线的直角坐标方程;
(2)设点是上一动点,求点到直线的距离的最大值.
(1),;
(2)
(Ⅰ)由经过伸缩变换,可得曲线的方程,由极坐标方程可得直线的直角坐标方程.
(Ⅱ)因为椭圆的参数方程为(为参数),所以可设点,
由点到直线的距离公式,点到直线的距离为由三角函数性质可求点到直线的距离的最大值.
(Ⅰ)由经过伸缩变换,可得曲线的方程为,即,由极坐标方程可得直线的直角坐标方程为.
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