湖北省武汉市届高三四月调研测试数学理试题Word文档下载推荐.docx
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A.B.
C.D.
10.已知圆C:
(x﹣1)2+(y﹣4)2=10和点M(5,t),若圆C上存在两点A,B,使得MA⊥MB,则实数t的取值范围为( )
A.[﹣2,6]B.[﹣3,5]C.[2,6]D.[3,5]
11.已知函数(,为自然对数的底数),若与的值域相同,则的取值范围是
C.D.或
12.记为中的最小值,若为任意正实数,则的最大值是()
A.B.2C.D.
二、填空题
13.的展开式中常数项为__________.(用数字作答)
14.在四面体中,,则该四面体体积的最大值为________.
15.已知直线过椭圆的左焦点,与椭圆交于两点,直线过原点与平行,且与椭圆交于两点,则_________.
16.已知的外接圆圆心为,且,若,则的最大值为________________.
三、解答题
17.已知的三个内角的对边分别为,且满足,,.
(1)求的值;
(2)若平分交于点,求线段的长.
18.某鲜花店根据以往某品种鲜花的销售记录,绘制出日销售量的频率分布直方图,如图所示.将日销售量落入各组区间的频率视为概率,且假设每天的销售量相互独立.
(1)求在未来的连续4天中,有2天的日销售量低于100枝且另外2天不低于150枝的概率;
(2)用表示在未来4天里日销售量不低于100枝的天数,求随机变量的分布列和数学期望.
19.如图,在三棱柱中,平面平面,,,,,为的中点.
(1)求证:
平面;
(2)求二面角的余弦值.
20.已知圆:
和抛物线:
,为坐标原点.
(1)已知直线和圆相切,与抛物线交于两点,且满足,求直线的方程;
(2)过抛物线上一点作两直线和圆相切,且分别交抛物线于两点,若直线的斜率为,求点的坐标.
21.已知函数.
(1)若,其中为自然对数的底数,求函数的单调区间;
(2)若函数既有极大值,又有极小值,求实数的取值范围.
22.选修4-4:
坐标系与参数方程
已知曲线:
(为参数)和直线:
(为参数).
(1)将曲线的方程化为普通方程;
(2)设直线与曲线交于两点,且为弦的中点,求弦所在的直线方程.
23.
(1)求不等式的解集;
(2)若正实数满足,求证:
.
参考答案
1.D
【解析】
复数在复平面内的点位于第四象限,选D.
2.B
,,选B.
3.B
根据等差数列的性质仍成等差数列,则,则
,,选B.
4.A
本题为一维几何概型,设,则,,矩形面积为:
,,则该矩形的面积大于的概率为,选A.
5.C
第一次循环,第二次循环,第三次循环,第四次循环,第五次循环,第六次循环,第七次循环,第八次循环,第九次循环满足题意,此时输出k为9,故选C.
6.A
由于,,,,过点有:
,
,,,取,
得符合题意,选A.
7.B
,,
则,数列是首项为2,公比为2的等比数列,
,利用叠加法,,
,则.选B.
8.D
先画出线性约束条件所表示的可行域,目标函数化为,目标函数的最大值只需直线的截距最大,
当,
(1),即时,最优解为,,符合题意;
(2),即时,最优解为,,不符舍去;
(3),即时,最优解为,,符合;
(4),即时,最优解为,,不符舍去;
,,
综上:
实数的值为3或,选D.
9.C
如图所示,四棱锥P−ABCD.
对角线AC∩BD=F点,取AD的中点E,设此四棱锥外接球的半径为r,连接OP,OF,OA.
设OF=x,则,
解得.
∴.
该四棱锥的外接球的表面积为:
.
本题选择C选项.
10.C
过点作圆的两条切线,切点分别为,连接,若圆上存在两点,使得,只需,,解得,选C.
11.A
排除法:
当时,令,,值域为,在
上为增函数,值域为,不合题意舍去;
当时,,,的值域为
的值域也是,不符合题意,排除C和D.
当时,,,函数在上单增,值域为,的值域也为,符合题意,排除B,选A.
12.D
【分析】
要弄清的定义,本题要求的最大值,必然涉及到不等式的求解,先求出,再求其最大值.用将关于的式子等量代换,设,,再用作差法比较大小.
【详解】
解:
设,
则,
令,
得,
(1)当或,
则,
所以或,
其最大值为.
(2)当或时,,
所以,其最大值为.
综上所述,的最大值为.
故选D
【点睛】
本题主要考查转换、分类讨论的数学思想,解题关键首先是注意题目要求是任意正实数;
其次,比较大小常用作差法,将三项代换后,分类讨论,逐类作差比较即可.
13.
的展开式的通项公式为,令,,故该展开式中的常数项为,故答案为.
【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数,属于简单题.二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一,关于二项式定理的命题方向比较明确,主要从以下几个方面命题:
(1)考查二项展开式的通项公式;
(可以考查某一项,也可考查某一项的系数)
(2)考查各项系数和和各项的二项式系数和;
(3)二项展开式定理的应用.
14.
由于平面是边长为1的正三角形,,底面面积固定,要使体积最大,只需高最大,故当平面时体积最大,.
15.
特殊化,设轴,则,.
【点睛】特殊化法在求解选择题时不失为一种“投机取巧”的良法,很适合应试,特值特例法在很多选择题中应用,省时、准确,备受同学们的欢迎.
16..
设三个角所对的边分别为,
由于,,,所以,
解得,.
17.
(1);
(2).
试题分析:
利用余弦定理和正弦定理解方程组求出,第二步利用与面积和为的面积列方程求出,注意使用三角形面积公式及角平分线平分已知角.
试题解析:
(1)由余弦定理得,即,联立,解得.
(2),
由,得,∴.
【点睛】利用正弦定理和余弦定理进行“边转角”和“角转边”是高考常见考题,结合面积公式,灵活应用定理公式解题是考纲的基本要求,这类考题属于高考高频考点也是学生最容易得分的题目,要加强训练.
18.
(1)∴;
(2)见解析.
根据频率分布直方图求频率要注意小条形的面积代表频率,有2天日销售量低于100枝,另外2天不低于150枝为事件的概率,可根据4天中有2天发生的概率公式计算,根据二项分布列出频率分布列,计算数学期望.
(1)设日销量为,有2天日销售量低于100枝,另外2天不低于150枝为事件.则,,
∴.
(2)日销售量不低于100枝的概率,则,于是,
则分布列为
1
2
3
4
【点睛】频率分布直方图、茎叶图、线性回归、独立性检验是高考需要掌握的统计知识,概率分布问题注意一些常用的概率分布,如二项分布,超几何分布等,会计算概率,正确列出分布列,正确计算数学期望及方差.
19.
(1)见解析;
证明线面垂直,只需寻求线线垂直,利用题目提供的面面垂直,可以得到线面垂直,进而说明线线垂直;
求二面角可采用建立空间直角坐标系,借助法向量求解,本题需要设,根据条件求出,再利用法向量求出二面角的余弦.
(1)证明:
∵,为的中点,∴,又平面平面,平面平面,平面,∴平面,又平面,∴.又,,∴面.
(2)方法一:
由平面平面,作于,则面.
作于,连,则,由,,
知,而,,故,即.
在四边形中,设.
则由余弦定理得.
,设与交于点,则
,,而,则.
于是,即,∴或(舍)
容易求得:
,而.
故,由面面,则面,过作于,连,则为二面角的平面角,由平面几何知识易得,.
方法二:
以点为原点,为轴,过点与平面垂直的直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设,,则,,,.
∴,.由,得,∴,则,,于是,,
∵,
∴,即,解得或(舍),故,则,,于是,,设平面的法向量为,则即,取,则,∴.
不妨设平面的法向量,则,
故二面角的余弦值为.
【点睛】证明线面垂直,只需寻求线线垂直,利用题目提供的面面垂直,可以得到线面垂直,进而说明线线垂直;
求二面角的方法有两种,传统方法为“作、证、求”,用空间向量,借助法向量更容易一些.
20.
(1);
(2)或.
试题分析:
直线与圆相切只需圆心到直线的距离等于圆的半径,直线与曲线相交于两点,且满足,只需数量积为0,要联立方程组设而不求,利用坐标关系及根与系数关系解题,这是解析几何常用解题方法,第二步利用直线的斜率找出坐标满足的要求,再利用两直线与圆相切,求出点的坐标.
(1)解:
设,,,由和圆相切,得.
由消去,并整理得,
∴,.
由,得,即.
∴,
∴或(舍).
当时,,故直线的方程为.
(2)设,,,则.
设,由直线和圆相切,得,
即.
设,同理可得:
故是方程的两根,故.
由得,故.
同理,则,即.
∴,解或.
当时,;
当时,.
故或.
21.
(1)见解析;
(2)且且.
把值带入后对求导,分子提取公因式是重要的一步,由于的正负不清楚,所以设为二次求导,发现的单调性及零点,最后根据的符号说明单调性;
对求导,研究因式,得,这是非常智慧的一步变形.针对函数求导研究单调性求出极值,模拟图象得出解答.
(1),
由知,
设,
则,,
∴,∴在上单调递增,观察知,
∴当时,,单调递增;
当时,,单调递减;
当时,,单调递增.
(2),,
由,得.
设,则,由,得.
又时,时,
∴,这是必要条件.
检验:
当时,既无极大值,也无极小值;
当时,满足题意;
当时,只有一个极值点,舍去;
当时,则,则.
综上,符合题意的的范围为且且.
【点睛】对函数求导,研究导数的符号,确定函数的单调性是导数应用常规方法,
的正负不清楚,所以设为二次求导,发现的单调性及零点,最后根据的符号说明单调性;
二次求导或三次求导解题时经常采用,研究因式,得,这是非常智慧的一步变形.针对函数求导研究单调性求出极值,模拟图象研究零点个数也是常规方法.
22.
(1);
(2
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- 湖北省 武汉市 三四 调研 测试 学理 试题