安徽省江淮十校届高三第三次联考理科数学试题Word格式文档下载.docx
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B.函数在上是减函数,且最小正周期为
C.函数在上是增函数,且最小正周期为
D.函数在上是减函数,且最小正周期为
9.若实数,满足,且恒成立,则的取值范围是()
10.当动点在正方体的体对角线上运动时,异面直线与所成角的取值范围是()
11.已知在中,角,,所对的边分别为,,,且,点为其外接圆的圆心.已知,则当角取到最大值时的面积为()
12.已知函数,是的导函数,若存在有唯一的零点,且,则实数的取值范围是()
二、填空题
13.展开式的常数项为________.
14.已知函数,则不等式的解集是________.
15.已知椭圆的离心率为,过右焦点作倾斜角60°
的直线交于,两点(A在第一象限),则________.
16.已知,数列满足:
对任意,,且,,则使得成立的最小正整数为________.
三、解答题
17.在中,,.
(1)设,求的值域和单调增区间;
(2)若对任意实数,恒有,求面积的最大值.
18.三棱柱中,为的中点,点在侧棱上,平面.
(1)证明:
是的中点;
(2)设,四边形为正方形,四边形为矩形,且异面直线与所成的角为30°
,求两面角的余弦值.
19.为了解某校今年高三毕业班报考飞行员学生的体重情况,将所得的数据整理后,画出了如图所示的频率分布直方图.已知图中从左到右的前三组的频率之比为1:
2:
3,其中体重在的有5人.
(1)求该校报考飞行员的总人数;
(2)从该校报考飞行员的体重在学生中任选3人,设表示体重超过70的学生人数,求的分布列和数学期望.
20.已知抛物线的焦点为,,是抛物线上的两个动点,且,过,两点分别作抛物线的切线,设其交点为.
(1)若直线与,轴分别交于点,,且的面积为,求的值;
(2)记的面积为,求的最小值,并指出最小时对应的点的坐标.
21.已知函数,.
(1)对任意的,成立,求实数的取值范围;
(2)若,证明:
.
22.在直角坐标系中,曲线的参数方程是(为参数),把曲线向左平移2个单位,再把图象上的每一点纵坐标缩短为原来的一半(横坐标不变),得到曲线,直线的普通方程是,以坐标原点为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求直线的极坐标方程和曲线的普通方程;
(2)记射线与交于点,与交于点,求的值.
23.已知函数.
(1)若对任意的,恒有成立,求实数的取值范围;
(2)设,且,时函数的最小值为3,求的最小值.
参考答案
1.B
【分析】
根据复数除法法则化简即可.
【详解】
由知:
,,故选.
【点睛】
本题考查复数除法法则,考查基本求解能力,属基础题.
2.B
【解析】
先解不等式,,再根据命题是命题的充分不必要条件即得。
记,对于命题,即为,由是的充分不必要条件知:
是的真子集,,故选.
本题主要考察一元二次不等式的解法,充分不必要条件的概念,属于基础题。
3.C
读懂流程图,其功能是求四项的和,计算求值即可.
计算结果是:
,故选.
本题考查循环结构流程图,考查基本分析求解能力,属基础题.
4.C
运用累和法,结合双钩函数的单调性进行求解即可.
由知:
,,…,,
相加得:
,,函数在上单调递减,在上单调递增,又,而,且,
故选:
C
本题考查了累和法的应用,双钩函数的应用,考查了数学运算能力.
5.A
根据三视图以及斜二测画法确定四棱锥的高以及底面面积,再根据锥体体积公式求结果.
由三视图可知,该四棱锥的高是3,记斜二测画法中的等腰梯形的上底为,高为,则斜二测中等腰梯形的腰为,而积,由斜二测画法的特点知直观图中底面梯形的高为,面积,
,故四棱锥的体积,故选.
(也可用结论直接得出:
,,)
本题考查三视图、斜二测画法以及四棱锥体积,考查基本分析求解能力,属中档题.
6.A
利用幂函数和指数的单调性判断大小.
,,,,即,,故,选.
熟练掌握指数函数、幂函数的单调性是解题的关键.
7.C
先求出基本事件总数,再按照和分类讨论,得出事件数,代入古典概型公式计算即可.
甲乙两人猜数字时互不影响,故各有7种可能,故基本事件是种,“心有灵犀”的情况包括:
①,即,有7种可能;
②,若甲说的是1和7时,“心有灵犀”的情况各有1种,若甲说的数字是2,3,4,5,6时,各有2种,共有种,故他们“心有灵犀”概率为.
故选:
C.
本题考查古典概型的计算公式,考查分类讨论思想和运算求解能力,属于基础题.
8.D
利用二倍角公式和切化弦公式将函数f(x)化为正弦型函数,再判断f(x)的最小正周期和单调性.
,且,即定义域为,由此可知的最小正周期是,且在上是增函数,在是减函数,故选.
考察了三角函数的化简,周期性,单调性.
9.D
作出不等式组对应的平面区域,利用目标函数分式的几何意义求出最大值即可得到结论.
作出不等式组对应的可行域如图所示的,且,,,
则对于可行域内每一点,都有,,即为恒成立,转化为的最大值.,又即为点和点连线的斜率,由图可知:
,即,,,故选.
本题主要考查线性规划的应用,利用直线斜率的几何意义是解决本题的关键,注意要数形结合.
10.B
以为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出BP与AD1所成角的取值范围.
以为原点,,,分别为,,轴正向,建立空间直角坐标系,则,,设,则,
,,
故,
对于函数,有:
故,又,
故.故选.
本题考查异面直线所成角的取值范围的求法,考查异面直线所成角的概念等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是基础题.
11.A
设中点为,则利用向量的加法得到,而,,以此求出.然后利用余弦定理和不等式确定C最大时b值,利用勾股定理确定直角三角形后得出面积.
设中点为,则
,,即,
由知角为锐角,故,
当且仅当,即时最小,又在递减,故最大.此时,恰有,即为直角三角形,,故选.
本题考查了向量的加法减法运算,余弦定理,不等式,勾股定理,比较综合.
12.A
令由参数分离可得令求出导数和单调区间,可得极大值,由图象可得时,存在唯一的正零点.
.显然,令得:
,
令,,知:
当时,,为减函数;
当时,,为增函数;
当时,,为减函数,
作出的大致图象如图所示,则当时,存在唯一的正零点.故选
本题考查函数的零点问题的解法,注意运用参数分离和构造函数法,运用数形结合思想方法,属于中档题.
13.
利用二项式定理把展开,可得二项式的展开式的常数项.
,故展开式中的常数项为.
本题主要考查二项式定理的应用,二项式展开式的通项公式,属于基础题.
14.
我们结合分段函数分段处理的原则,则不等式,也要分为与和两种情况进行讨论,然后给出两种情况中解集的并集,即可得到答案.
:
或,即或
或,
即解集为.
本题考查的知识点是分段函数,一元二次不等式的解法,一元一次不等式的解法,而根据分段函数分段处理的原则,对不等式,分类讨论是解答本题的关键.
15.
先根据直线方程与椭圆方程解得A横坐标,再根据椭圆定义化简求值.
因为离心率为,所以,
设直线的方程代入椭圆方程:
得:
,又∵点在第一象限,故,
所以
本题考查直线与椭圆交点以及椭圆定义,考查基本分析转化求解能力,属中档题.
16.298
先求出确定是以3为首项,1为公差的等差数列,求出从而最后解不等式得出的最小值.
,由知:
,又,.
是以3为首项,1为公差的等差数列,,
又,,从而,
,令得,又,
故的最小值为298.
本题考查了三角函数的求导,等差数列的定义,同角三角关系式,以及根式不等式的求解.
17.
(1);
(2).
试题分析:
(1)根据数量积公式可求得的解析式,并化简可得.根据可得,从而可求得的值.
(2)令,,所以即,因为的任意性,所以,即.
试题解析:
(1)
因为,所以,
又,所以.
(2)因为,所以,
因为,,所以,
所以的面积,
所以面积的最大值为.
考点:
1向量的数量积;
2三角函数化简.
18.
(1)见解析;
(2)二面角的余弦值为.
(1)取的中点,利用中位线得出利用线面平行的判定,得出平面,利用面面平行的判定得出平面平面进而得出而为的中点,所以为的中点.
(2)建立直角坐标系,设,,利用异面直线与所成的角为30°
求出进而求出二面角的余弦值.
取的中点,连、,因为为中点,所以.
平面,平面,平面.
又由已知平面,
且,所以平面平面.
又平面,所平面.
而平面,且平面平面,所以,而为的中点,所以为的中点.
(2)由题设知:
、、两两垂直,以为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系.
设,,则,,,,,
所以,.因为异面直线与所成的角为30°
所以,解得:
,于是.
设平面的法向量为,因为,
所以,取,则,所以.
又是平面的一个法向量,所以,
即二面角的余弦值为.
本题考查线面平行,面面平行,异面直线所成的角,面面角,考查向量知识的运用,属于中档题.
19.
(1)40;
(2)见解析.
(Ⅰ)设图中从左到右的前3个小组的频率分别为,,,利用频率之和为1求出,由此能求出该校报考飞行员的总人数.
(2)确定这40人中体重在区间的学生人数,体重超过70的人数,利用超几何分布求出分布列和数学期望.
(1)设该校报考飞行员的人数为,前三个小组的频率分别为,,,
则,解得:
,即第1组的频率为.
又,故
即该校报考飞行员的总人数是40人.
(2)由
(1)知:
这40人中体重在区间的学生有人,
体重超过70的有人
现从这10