最新届浙江省金丽衢十二校高三第二次联考数学试题解析版资料.docx
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最新届浙江省金丽衢十二校高三第二次联考数学试题解析版资料
2019届浙江省金丽衢十二校高三第二次联考数学试题
一、单选题
1.集合,,则()
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】解:
A={x|x<0,或x>2},B={x|﹣3<x<3};
∴A∩B={x|﹣3<x<0,或2<x<3},A∪B=R;
∵A∩B≠A,且A∩B≠B,∴B⊈A,A⊈B;
即B正确.
故选:
B.
2.点和是双曲线的两个焦点,则()
A.B.2C.D.4
【答案】D
【解析】根据双曲线方程可求焦距,即可得.
【详解】
由可知
所以,则,
所以.
【点睛】
本题主要考查了双曲线的方程,双曲线的简单几何性质,属于中档题.
3.复数,,则()
A.5B.6C.7D.
【答案】D
【解析】根据复数模的性质知,即可求解.
【详解】
因为,,
所以
故选D.
【点睛】
本题主要考查了复数模的性质,属于中档题.
4.某几何体的三视图如图所示(图中单位:
),则该几何体的表面积为()
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】试题分析:
由三视图可知,该几何体的直观图为一个竖立的圆锥和一个倒立的圆锥组成,其表面积为,选B.
【考点】1.三视图;2.表面积.
5.已知直线平面,直线平面,则“”是“”的()
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】试题分析:
根据已知题意,由于直线平面,直线∥平面,如果两个平面平行,则必然能满足,但是反之,如果,则对于平面可能是相交的,故条件能推出结论,但是结论不能推出条件,故选A
【考点】本试题主要是考查了立体几何中点线面的位置关系运用。
点评:
解决该试题的关键是利用面面平行的性质定理和线面平行、垂直的性质定理来熟练的判定其位置关系,同时结合了充分条件的概念,来判定命题的条件和结论之间的关系运用,属于基础题。
6.甲和乙两人独立的从五门选修课课程中任选三门进行学习,记两人所选课程相同的门数为,则为()
A.1.2B.1.5C.1.8D.2
【答案】C
【解析】由已知得=1,2,3,分别求出相应的概率,由此能求出.
【详解】
由已知得=1,2,3,
,,
所以,
故选C
【点睛】
本题主要考查了离散型随机变量,离散型随机变量的期望,属于中档题.
7.函数的图像大致为()
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】根据函数解析式结合所给图象,采用排除法即可选出.
【详解】
函数定义域为,
当时,,,故排除选项B,D,
当时,,,故排除C,
所以选A.
【点睛】
本题主要考查了指数函数的性质与图像,无限趋近的思想,属于中档题.
8.已知,,和为空间中的4个单位向量,且,则不可能等于()
A.3B.C.4D.
【答案】A
【解析】根据n个向量的和的模不大于n个向量的模的和可推出结论.
【详解】
因为
而,
所以
因为,,,是单位向量,且,
所以不共线,
所以,故选A.
【点睛】
本题主要考查了向量与不等式的关系,涉及向量的共线问题,属于难题.
9.正三棱锥的底面边长为,高为,它在六条棱处的六个二面角(侧面与侧面或者侧面与底面)之和记为,则在从小到大的变化过程中,的变化情况是()
A.一直增大B.一直减小C.先增大后减小D.先减小后增大
【答案】D
【解析】利用无限逼近的思想,当,有,当,有,当刚好使得正三棱锥变为正四面体时,二面角之和记为,利用的值,可分析出,即可选出答案.
【详解】
当(比0多一点点),有;当,有;当刚好使得正三棱锥变为正四面体时,二面角之和记为,则,于是
,所以,即,所以与的变化情况相符合的只有选项.
【点睛】
本题主要考查了无限逼近的极限思想,二面角,余弦二倍角公式,属于中档题.
10.数列满足:
,,则的值所在区间为()
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】由递推关系可得,根据,知,利用放缩法可知,从而可得,即可求解.
【详解】
因为,
所以
可得:
所以.
【点睛】
本题主要考查了数列的递推关系,不等式的性质,属于中档题.
二、填空题
11.《九章算术》第七章“盈不足”中第一题:
“今有共买物,人出八,盈三钱;人出七,不足四,问人数物价各几何?
”借用我们现在的说法可以表述为:
有几个人合买一件物品,每人出8元,则付完钱后还多3元;若每人出7元,则还差4元才够付款.问他们的人数和物品价格?
答:
一共有_____人;所合买的物品价格为_______元.
【答案】753
【解析】根据物品价格不变,可设共有x人,列出方程求解即可
【详解】
设共有人,
由题意知,
解得,可知商品价格为53元.
即共有7人,商品价格为53元.
【点睛】
本题主要考查了数学文化及一元一次方程的应用,属于中档题.
12.展开式中的系数为___;所有项的系数和为____.
【答案】-80-1
【解析】令可得所有项的系数和,根据通项公式可写出含的系数.
【详解】
因为,令,,
所以的系数为-80,
设,
令,则,所以所有项的系数和为-1.
【点睛】
本题主要考查了二项展开式的通项公式,二项式所有项的系数和,属于中档题.
13.若实数,满足约束条件则目标函数的最小值为___;最大值为_____.
【答案】2
【解析】作出可行域,由可得,作出直线,平移直线当截距最大时,z有最大值,平移直线当截距最小时,z有最小值.
【详解】
作出可行域如下:
由可得,作出直线,
平移直线过B(1,0)时,z有最小值,
平移直线过A(1,)时,z有最大值.
【点睛】
本题主要考查了线性规划最优解,属于中档题.
14.在中,角,和所对的边长为,和,面积为,且为钝角,则__;的取值范围是___.
【答案】
【解析】根据三角形面积公式及余弦定理可得,利用正弦定理可知,根据三角函数恒等变换及三角函数性质可求出其取值范围.
【详解】
因为,
所以
即,
因为为钝角,所以,
由正弦定理知
因为为钝角,
所以,即
所以
所以,即的取值范围是.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理,余弦定理,三角形面积公式,三角恒等变换及正切函数的性质,属于难题.
15.安排3名支教老师去6所学校任教,每校至多2人,则不同的分配方案共有种.(用数字作答)
【答案】210
【解析】略
16.定义在上的偶函数满足:
当时有,且当时,,若方程恰有三个实根,则的取值范围是____.
【答案】
【解析】方程恰有三个实根即与图象有三个交点,因为函数是偶函数,先分析当时函数的图象,利用数形结合可确定m的取值范围,再根据函数的对称性,得到时,m的取值范围即可.
【详解】
因为当时,,设,
则,所以,又,所以
,可作出函数在上的图象,又函数为偶函数,可得函数在的图象,同时作出直线,如图:
方程恰有三个实根即与图象有三个交点,
当时,由图象可知,当直线过,即时有4个交点,当直线过,即时有2个交点,当时有3个交点,同理可得当时,满足时,直线与有3个交点.
故填.
【点睛】
,
本题主要考查了函数与方程,函数的图象,数形结合的思想方法,属于难题.
17.过点的直线与椭圆交于点和,且.点满足,若为坐标原点,则的最小值为_.
【答案】
【解析】设,,,根据.点满足可得,同理可得纵坐标的关系,根据A,B在椭圆上可得,利用点到直线的距离即可求出最小值.
【详解】
设,,则于是,同理,于是我们可以得到
.
即,所以Q点的轨迹是直线,即为原点到直线的距离,所以
【点睛】
本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系,向量的坐标运算,轨迹问题,属于难题.
三、解答题
18.已知函数.
(1)求的最小正周期;
(2)求函数在区间上的取值范围.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ).
【解析】试题分析:
(Ⅰ)本小题用降幂公式,二倍角公式和辅助角公式把函数变形为,用周期公式可求得其周期;(Ⅱ)因为,令,解出x的范围即可;(Ⅲ)本小题由x的范围得到的范围,根据正弦函数的图象可得的取值范围,从而可得函数在区间上的取值范围.
试题解析:
(1)
所以.
(2)由得
所以函数的单调递增区间是.
(3)由得,所以
所以.
【考点】降幂公式,二倍角公式,辅助角公式,周期公式,正弦函数的图象和性质,化归思想.
19.在三棱拄中,侧面,已知,,.
(Ⅰ)求证:
平面;
(Ⅱ)试在棱(不包含端点)上确定一点的位置,使得;
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求和平面所成角正弦值的大小.
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ)
【解析】试题分析:
(Ⅰ)欲证线面垂直,先考察线线垂直,易证,可试证,由题目给条件易想到利用勾股定理逆定理;(Ⅱ)要想在棱找到点,使得,易知,那么这时就需要使,这时就转化为一个平面几何问题:
以矩形的边为直径作圆,与的公共点即为所求,易知只有一点即的中点,将以上分析写成综合法即可,找到这一点后,也可用别的方法证明,如勾股定理逆定理;(Ⅲ)求直线与平面所成的角,根据其定义,应作出这条直线在平面中的射影,再求这条直线与其射影的夹角(三角函数值),本题可考虑点在平面的射影,易知平面与侧面垂直,所以点在平面的射影必在两平面的交线上,过做的垂线交于,则为所求的直线与平面的夹角.
试题解析:
(Ⅰ)因为,,,所以,
,所以
因为侧面,平面,所以,又,
所以,平面4分
(Ⅱ)取的中点,连接,,,等边中,
同理,,,所以,可得,所以
因为侧面,平面,所以,且,
所以平面,所以;8分
(Ⅲ)侧面,平面,得平面平面,
过做的垂线交于,平面
连接,则为所求,
因为,,所以,为的中点得为的中点,
,由
(2)知,所以13分
【考点】空间中直线与平面垂直、直线与平面平行、平面与平面垂直的判定与性质.
20.数列的前项和为,,对任意,有.
(1)求数列的通项公式;
(2)若,求数列的前项和.
【答案】
(1)
(2)
【解析】
(1)根据数列中项与前n项和的关系即可求解
(2)利用错位相减法求数列的前n项和即可.
【详解】
(1)由知
两式相减得:
又,
所以也成立,故
即数列是以1为首项,为公比的等比数列,
所以.
(2)因为,
所以
两式相减得:
,
所以.
【点睛】
本题主要考查了数列前n项和与项的关系,错位相减法,属于中档题.
21.已知抛物线:
内有一点,过的两条直线,分别与抛物线交于,和,两点,且满足,,已知线段的中点为,直线的斜率为.
(1)求证:
点的横坐标为定值;
(2)如果,点的纵坐标小于3,求的面积的最大值.
【答案】
(1)见证明;
(2)
【解析】
(1)设中点为,根据向量的线性运算可知,且,和三点共线,利用点差法可得,,即,可知轴,故为定值
(2)由得到,设,,联立直线与抛物线方程可求,写出面积公式即可求最值.
【详解】
(1)设中点为,则由,可推得,,这说明,且,和三点共线.
对,使用点差法,可得,即.
同理.
于是,即轴,所以为定值.
(2)由得到,设,,联立
得,所以,,
根据点到直线的距离公式知P到AB的距离为,
于是,令x=,则,
,令得,当时,,函数为增函数,当时,,函数为减函数,故当,即时,有最大值.
【点睛】
本题主要考查了直线与抛物线的位置关系,向量的线性运算,三角形面积,属于难题.
22.函数,其中,.
(1)若为定值,求的最大值;
(2)求证:
对任意,有;
(3)若,,求证:
对任意,直线与曲线有唯一公共点.
【答案】(1
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