山东省枣庄第八中学届高三考前测试数学文精校解析Word版.docx
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山东省枣庄第八中学届高三考前测试数学文精校解析Word版
枣庄八中(东校)2018-2019学年度高三1月检测
数学试卷(文)
注意事项:
1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚.
2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚.
3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效.
4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
5.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
第Ⅰ卷
一、选择题:
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合,则()
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求解一元二次不等式求解集合A,再由集合交集的定义求解即可.
【详解】集合,
所以.
故选C.
【点睛】本题主要考查了集合交集的定义,属于基础题.
2.设变量满足约束条件,则目标函数的最小值为()
A.3B.2C.1D.-1
【答案】A
【解析】
【分析】
据约束条件画出不等式组所表示的平面区域,然后画出,通过平移得到最值.
【详解】在平面直角坐标系中画出可行域,如图:
易得即为所求可行域,通过平移直线,可知直线点时,目标函数取最小值。
联立直线方程得,则为最小值.选.
【点睛】本题考查线性规划知识,解题关键在画图找可行域.
3.已知直线,和平面,如果,那么“”是“”的()
A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
若,则,即必要性成立,当时,不一定成立,必须垂直平面内的两条相交直线,即充分性不成立,故“”是“”的必要不充分条件,故选B.
4.已知函数()
A.8B.6C.3D.1
【答案】C
【解析】
【分析】
先求,再求,即可解得,从而可得解.
【详解】由函数,可得,
则,解得.
所以.
故选C.
【点睛】本题主要考查了分段函数的求值,解此题的关键是判断出自变量的范围,结合分段的解析式求值,属于基础题.
5.等比数列的前项和为,已知,且与的等差中项为,则()
A.29B.31C.33D.36
【答案】B
【解析】
试题分析:
设等比数列的首项为,公比为,由题意知,解得,所以,故选B.
考点:
等比数列通项公式及求前项和公式.
【一题多解】由,得.又,所以,所以,所以,所以,故选B.
6.双曲线的离心率为,其渐近线与圆相切,则该双曲线的方程是()
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】
由题意得到则双曲线的渐近线方程为渐近线与圆相切,
则双曲线方程为:
.
故答案为:
A.
7.已知直线,直线,若,则()
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由两直线垂直可得t,再由即可得解.
【详解】直线,直线,
若,则,即.
所以.
故选A.
【点睛】本题主要考查了两直线垂直的条件及同角三角函数的关系,属于中档题.
8.已知函数,若正实数满足,则的最小值为()
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先判断出函数为奇函数,从而可得,再由展开利用基本不等式即可得解.
【详解】易知函数满足,可知为奇函数.
由,可得,即.
.
当且仅当,即时取得最小值1.
故选B.
【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的判断及应用,利用条件等式结合基本不等式求最值,属于中档题.
9.函数的图象与轴正半轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列,若要得到函数的图象,只要将的图象()
A.向左平移B.向右平移
C.向左平移D.向右平移
【答案】D
【解析】
试题分析:
令,函数的图像与轴的交点的横坐标构成一个公差为的等差数列,所以,
所以,所以只需将的图像向右平移个单位就能得到函数的图像.
考点:
本小题主要考查三角函数的图象的性质和三角函数图象平移问题,考查学生数形结合考查三角函数性质的能力.
点评:
图象“左加右减”是相对于说的,所以看平移多少个单位时,一定要把提出来再计算.
10.一个几何体的三视图如图所示,若该几何体的外接球表面积为,则该几何体的体积为()
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先将几何体还原得四棱锥P-ABCD,做底面中心的垂线,通过列方程找到球心的位置,进而再求四棱锥的高,从而可得体积.
【详解】
由三视图可知该几何体为四棱锥P-ABCD,其中ABCD是边长为2的正方形,侧面PBC垂直于底面ABCD,为等腰三角形.
设BC的中点为F,四边形ABCD的中心为点H,连接PF,FH,过点H作平面ABCD的垂线,则球心在该直线上,即为点O,过点O作于点E,连接OP.
设四棱锥P-ABCD的外接球半径为R,由其表面积为,得,解得.
设OH=x,则在直角三角形OHB中,有,解得.
在直角三角形POE中,,所以,解得.(负值已舍去)
所以PF=PE+EF=2.
所以四棱锥P-ABCD的体积.
故选B.
【点睛】本题主要考查了四棱锥的外接球,解题的关键是找到球心的位置,属于中档题.
11.过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点,若则的值为()
A.6B.8C.10D.12
【答案】A
【解析】
【分析】
直线设为:
,与抛物线联立得,利用根与系数的关系表示条件及弦长即可得解.
【详解】过抛物线的焦点作直线设为:
.
由,得.
由,可得,解得.
.
故选A.
【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系,合理设直线方程是解决本题的关键,属于基础题.
12.已知,若的最小值为,则()
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
分析:
求出导函数,设导函数的零点,即原函数的极值点为,可得,结合的最小值为列方程组,求得,则值可求.
详解:
由,得,
令,则,
则在上为增函数,
又,存在,使,
即,,①
函数在上为减函数,在上为增函数,
则的最小值为,即,②
联立①②可得,
把代入①,可得,故选A.
点睛:
本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值与最值,属于难题.求函数极值的步骤:
(1)确定函数的定义域;
(2)求导数;(3)解方程求出函数定义域内的所有根;(4)列表检查在的根左右两侧值的符号,如果左正右负(左增右减),那么在处取极大值,如果左负右正(左减右增),那么在处取极小值.(5)如果只有一个极值点,则在该处即是极值也是最值;(6)如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.
第Ⅱ卷
二、填空题。
13.已知菱形的边长为2,,则_____.
【答案】
【解析】
对于菱形,由题意知.由菱形的性质可得,,且的夹角是.则.故本题应填.
14.若曲线与曲线在交点处有公切线,则_.
【答案】
【解析】
,,因为曲线与曲线与曲线在交点处有公切线,且,即,故答案为.
15.已知是双曲线:
右支上一点,直线是双曲线的一条渐近线,在上的射影为,是双曲线的左焦点,则的最小值是___.
【答案】
【解析】
16.记为正项等比数列的前项和,若,则的最小值为__.
【答案】8
【解析】
在等比数列中,根据等比数列的性质,可得构成等比数列,
所以,所以,
因为,即,
所以,
当且仅当时,等号是成立的,所以的最小值为.
点睛:
本题主要考查了等比数列的性质及基本不等式的应用,解答中根据等比数列的性质和题设条件得到,再利用基本不等式求解最值是解答的关键,其中熟记等比数列的性质是解答的基础,着重考查了学生的推理运算能力,及分析问题和解答问题的能力.
三、解答题(解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.)
17.已知中,.
(Ⅰ)若,求的面积;
(II)若,求的长.
【答案】(I);(II).
【解析】
试题分析:
(1)由余弦定理得到,进而得到三角形ABC是直角三角形,根据公式求得面积;
(2)设,则,,由余弦公式得到,.
解析:
(Ⅰ)由题意知,,解得,
∴,∴.
(Ⅱ)设,则,.
在中,,
解得或(舍去),∴.
在中,.
18.数列为递增的等比数列,,
数列满足.
(Ⅰ)求数列的通项公式;
(II)求证:
是等差数列;
(Ⅲ)设数列满足,求数列的前项和.
【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)见证明;(Ⅲ).
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由题意易知,从而可得公比进而得通项公式;
(Ⅱ)由可得,从而得证;
(Ⅲ)由,得,进而利用裂项相消法求和即可.
【详解】(Ⅰ)数列为递增的等比数列,则其公比为正数,
又,
当且仅当时成立。
此时公比,所以.
(Ⅱ)因为,所以,
即.
所以是首项为,公差为2的等差数列.
(Ⅲ),所以.
.
【点睛】本题考查数列的通项的求法,注意运用数列的通项和前n项和的关系,考查数列的求和方法:
裂项相消求和,考查化简整理的运算能力,属于中档题.
19.已知函数(是自然对数的底数)
(1)求证:
(2)若不等式在上恒成立,求正数的取值范围.
【答案】
(1)见证明;
(2)
【解析】
【分析】
(1)利用函数求导分析函数单调性可得,从而得证;
(2)由条件可得在上恒成立,令,求导分析函数单调性求最值即可得解.
【详解】
(1)由题意知,要证,只需证
求导得,当时,,
当时,,
在是增函数,在时是减函数,
即在时取最小值
即,
(2).不等式在上恒成立,
即在上恒成立,
亦即在上恒成立,
令
以下求在上的最小值
当时,,当时,,
∴当时,单调递减,当时,单调递增.
∴在处取得最小值为,
∴正数的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了导数的应用,证明不等式和恒成立问题求参,本题中直接求函数的最值即可证得不等式,较为简单,对于恒成立问题,一般的方法为变量分离,构造新函数,通过函数最值求参数范围,属于常规方法.
20.如图,在四棱锥中,,且.
(1)证明:
平面平面;
(2)若,,且四棱锥的体积为,求该四棱锥的侧面积.
【答案】
(1)证明见解析;
(2).
【解析】
试题分析:
(1)由,得,.从而得,进而而平面,由面面垂直的判定定理可得平面平面;
(2)设,取中点,连结,则底面,且,由四棱锥的体积为,求出,由此能求出该四棱锥的侧面积.
试题解析:
(1)由已知,得,.
由于,故,从而平面.
又平面,所以平面平面.
(2)在平面内作,垂足为.
由
(1)知,面,故,可得平面.
设,则由已知可得,.
故四棱锥的体积.
由题设得,故.
从而,,.
可得四棱锥的侧面积为
.
21.已知为椭圆的左、右焦点,点在椭圆上,且.
(Ⅰ)求椭圆的方程;
(Ⅱ)过的直线分别交椭圆于和且,若,,成等差数列,求出的值.
【答案】
(1);
(2)答案见解析.
【解析】
试题分析:
(1)利用椭圆的定义即可得出,将代入椭圆方程可得,即可得出;
(2)对分类讨论,把直线方程代入椭圆方程得到关于的一元二次方程,利用根与系数的关系、斜率计算公式、弦长公式即可得出结论.
试题解析:
(1)∵,∴,,∴椭圆:
.
将代入可得,∴椭圆的方程为.
(2)①当的斜率为零或斜率不存在时,;
②当的斜率存在且时,的方程为,
代入椭圆方程,并化简得.
设,,则,.
.
∵直线的斜率为,∴.
∴.
综上,,∴.
故存在常数,使得,,成等差数列.
22.已知函数(为常数).
(Ⅰ)讨论函数的单调性;
(Ⅱ)是否存在正实数
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