云南省师范大学附属中学高考适应性月考七数学理试题Word文档格式.docx
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答案
D
C
A
B
【解析】
1.因为T={x|≤x≤1},={x|x≤},所以{x|x≤1},故选D.
2.,则,其对应点位于第三象限,故选C.
3.因为p是“甲通过面试”,q是“乙通过面试”,则是“甲没有通过面试”,是“乙没有通过面试”,所以命题“至少有一位同学没有通过面试”可表示为∨,故选A.
4.根据线面平行、线面垂直判定和性质可得选项A,B,D是正确的,C是错误的,故选C.
5.612和468都是偶数,所以用2约简约到306和234,再用2约简到153和117.
153117=36
11736=81
8136=45
4536=9
369=27
279=18
189=9
故612和468的最大公约数为922=36,故选C.
6.由算得,因为
,所以相关的概率大于10.010=0.99,故选C.
7.因为指数函数是减函数,所以,因为幂函数是增函数,所以,又对数函数,所以,故选D.
8.函数定义域关于原点对称,因为,所以函数是偶函数,排除B,D;
当时,,,排除A,故选C.
9.因为双曲线焦距为,所以,又双曲线一条渐近线方程为,所以,因为,所以,所以双曲线的左顶点为(1,0).因为抛物线的准线方程过双曲线的左顶点(1,0),所以,所以抛物线焦点到准线的距离为2,故选B.
图1
10.如图1,以O为坐标原点,射线OA为轴的正方向,建立平面直角坐标系,则可知A(1,0),.设,则有,所以
,所以当=时,的最大值是2,此时,故选A.
11.根据题意,正方体内接于球体,球内切于棱长为的正四面体,正四面体的内切球球心和正方体中心重合,所以可求得内切球球半径.设正方体的棱长为,因为正方体的体对角线长为,所以得,正方体表面积为,故选B.
12.设函数图象上一点关于轴的对称点在函数的图象上,则即,得.令,则在上有解.因为,故在上为增函数,则,从而有,故选C.
第Ⅱ卷(非选择题,共90分)
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13
14
15
16
图2
13.表示的是可行域里的点与坐标原点O(0,0)连线的斜率,作出如图2所示的可行域,直线OA的斜率最小,所以的最小值为.
14.由及余弦定理得,所以,所以.
15.恒成立恒成立
恒成立,所以,所以,所以,又,故.
16.根据题意,,因为二项式的展开式中只有第四项的二项式系数最大,所以,所以等式可化为
,对等式两边求导得
,令上式中,得.
三、解答题(共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分12分)
解:
(Ⅰ)设等差数列的首项为,公差为d,
因为成等比数列,所以,
即,化简得:
.
因为,即,
所以,即,
所以,
解得,
因此.…………………………(6分)
(Ⅱ)由题意知,∴,∴,
所以时,=,
故,
则,
两式相减得
,
整理得,
所以,数列的前n项和.…………………………(12分)
18.(本小题满分12分)
(Ⅰ)证明:
∵,点E是BD的中点,
∴是等腰三角形.
∵,BD平分,
∴是正三角形,
∴
所以EF∥AB,所以点F是AD的中点.
因为点G是PD的中点,所以GF//PA.
又PA⊥平面ABCD,所以GF⊥AD.
又GF∩CF=F,故AD⊥平面CFG.…………………………(6分)
(Ⅱ)解:
由(Ⅰ)知AB,PA,AD两两垂直,所以以点A为坐标原点,建立如图3所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(1,0,0),C,D(),
图3
P.
所以.
设平面BCP的法向量,
则
解得即.
同理,设平面DCP的法向量,
从而平面BCP与平面DCP的夹角(锐二面角)的余弦值为
.…………………………(12分)
19.(本小题满分12分)
(Ⅰ)记“每次摸到红球为事件A”,P(A),…………………(1分)
可能取值有,10,20,100.根据题意,有
,,
,.
所以的分布列为
20
100
P
……………………………………………………(6分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,每盘游戏摸到红球的概率是,
则玩三盘游戏,至少有一盘摸到红球的概率是.
……………………………………………(9分)
(Ⅲ)由(Ⅰ)知,每盘游戏获得的分数为的数学期望是
这表明,每盘游戏平均得分是负分,
因此,多次游戏之后分数减少的可能性更大.…………………………(12分)
20.(本小题满分12分)
(Ⅰ)因为椭圆C:
的两焦点为,
所以.又椭圆C过点,
根据椭圆定义:
,
得,
化简得,由得,
所以椭圆C的标准方程是:
.…………………………(4分)
(Ⅱ)由条件,直线AB的斜率存在,
设,直线AB的方程为,
由整理得,
,解得.
由题意得,,
由点P在椭圆上,得,
化简得.
由,
将代入得.
化简,得,则,
即,所以.
所以或.
故实数t的取值范围为.……………………(12分)
21.(本小题满分12分)
(Ⅰ),当时,,单调递增;
当时,,单调递减.
所以,函数的单调递增区间是,递减区间是,最大值为.…………………………(4分)
(Ⅱ)函数与图象交点个数关于的方程根的个数,
令,.
(i)当时,则
所以
因为所以
因此在上单调递增.
(ii)当时,则
又,所以即
因此在上单调递减.
综上(i)(ii)可知,当时,
当>
0,即时,没有零点,
故函数与图象交点个数为0个;
当=0,即时,只有一个零点,
故函数与图象交点个数为1个;
,即时,
①当时,由(Ⅰ)知
要使,只需使,即;
②当时,由(Ⅰ)知
要使,只需,即;
所以时,有两个零点,故函数与图象交点个数为2个.
综上所述,
当时,函数与图象交点个数为0个;
当时,函数与图象交点个数为1个;
当时,函数与图象交点个数为2个.……………………(12分)
22.(本小题满分10分)
【选修4−4:
坐标系与参数方程】
(Ⅰ)曲线化为普通方程为,
直线的直角坐标方程为.…………………………(4分)
(Ⅱ)设点,则点到直线的距离
∴当时,当点P的直角坐标为时,有最大值12.…(10分)
23.(本小题满分10分)
【选修4−5:
不等式选讲】
(Ⅰ)∵
∴.…………………………(5分)
(Ⅱ)由,得,
∴.
因为(当时取等号),(当时取等号),
所以(a2+c2)+(b2+c2)=22(ac+bc),即,
故(当且仅当或时取等).…………………(10分)
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