安徽省马鞍山市届高三第二次教学质量监测文科数学试题Word版含答案Word下载.docx

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5．已知等比数列满足，则的值为（）

A．2B．4C.D．6

6．如图，四边形是边长为2的菱形，，分别为的中点，则（）

A．B．C.D．

7.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）

8.《九章算术》是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作.书中有如下问题：

“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？

”其意思为：

“已知直角三角形两直角边长分别为5步和12步，问一边在勾上的内接正方形边长为多少步？

”现向此三角形内投一粒豆子，则豆子落在这个内接正方形内的概率是（）

9.执行如图所示的程序框图，则输出的最大值为（）

A．B．C.2D．

10.设，函数的图象向右平移个单位长度后与函数图象重合，则的最小值是（）

11.过抛物线的焦点且斜率为1的直线交抛物线于两点，，则的值为（）

A．4B．C.1D．2

12.已知函数在上满足，当时，.若，则实数的取值范围是（）

第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13.已知函数，若，则．

14．已知双曲线，过其中一个焦点分别作两条渐近线的垂线段，两条垂线段的和为，则双曲线的离心率为．

15．在中，角所对的边分别为，，的面积，则的周长为．

16.在三棱锥中，，当三梭锥的体积最大时，其外接球的表面积为．

三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

17.已知数列是等差数列，其前项和为，.

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和.

18.如图，在三棱台中，，且面，，分别为的中点，为上两动点，且.

（1）求证：

；

（2）求四面体的体积.

19.某校为了解该校多媒体教学普及情况，根据年龄按分层抽样的方式调查了该校50名教师，他们的年龄频数及使用多媒体教学情况的人数分布如下表：

（1）由以上统计数据完成下面的列联表，并判断是否有的把握认为以40岁为分界点对是否经常使用多媒体教学有差异？

附：

，.

（2）若采用分层抽样的方式从年龄低于40岁且经常使用多媒体的教师中选出6人，再从这6人中随机抽取2人，求这2人中至少有1人年龄在30-39岁的概率.

20.在直角坐标系中，己知点，两动点，且，直线与直线的交点为.

（1）求动点的轨迹方程；

（2）过点作直线交动点的轨迹于两点，试求的取值范围.

21.已知函数.

（1）若在定义域内无极值点，求实数的取值范围；

（2）求证：

当时，恒成立.

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.

22.选修4-4：

坐标系与参数方程

在平面直角坐标系中，直线的参数方程为：

（为参数）.在极坐标系（与平面直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴）中，圆的方程为.

（1）求圆的直角坐标方程；

（2）设圆与直线交于点，求的大小.

23.选修4-5：

不等式选讲

已知，.

（1）若且的最小值为1，求的值；

（2）不等式的解集为，不等式的解集为，，求的取值范围.

试卷答案

一、选择题

1-5:

CDCAB6-10:

DBBDC11、12：

DA

二、填空题

13.或14.15.16.

三、解答题

17.解：

（1）设数列的首项为，公差为，则：

，解得，所以数列的通项公式：

（2）由

（1）知，

，

①当时，，有：

②当时，，

综上所述：

18.证明：

（1）取的中点,连接,∵,为的中点,

∴,又,∴,

∵,且,∴四边形为平行四边形,∴,

同理，四边形为平行四边形，∴.∴四边为平行四边形,

∵面,∴面,

∴,又,∴面,

∵面,∴.

（2）∵面,面,∴面面,

∵面面,∵,∴,∴面,

∴为点到面的距离，即,

又,

∴.

19.解：

（1）根据所给数据可得如下列联表

由表中数据可得：

.

∴有的把握认为以40岁为分界点对是否经常使用多媒体教学有差异.

（2）由题意，抽取6人，岁有2人，分别记为；

岁有4人，分别记为；

则抽取的结果共有15种：

设“至少有1人年龄在岁”记为事件，则事件包含的基本事件有14种

∴

即至少有1人年龄在岁的概率.

20.解：

（1）直线的方程：

直线的方程：

上述两式相乘得：

，又，于是：

由得，∴

所以动点的轨迹方程：

（2）当直线的斜率不存在时，，有：

得；

当直线的斜率存在时，设方程：

联立：

，整理得：

有，

由

由，可得：

综上所得：

的取值范围：

21.解：

（1）由题意知，

令，则，

当时，在上单调递减，

当时，在上单调递增，

又，∵在定义域内无极值点，

∴

又当时，在和上都单调递增也满足题意，

所以

（2），令，由

（1）可知在上单调递増，又

，所以存在唯一的零点，故在上单调递减，在上单调递増，

由知

即当时，恒成立.

22.解：

（1）由，得圆的直角坐标方程为：

（2）（法一）由直线的参数方程可得直线的普通方程为：

代入圆方程消去可得

（也可以用几何方法求解）

（法二）将直线的参数方程代入圆的方程可得：

整理得：

根据参数方程的几何意义，由题可得：

23.解：

（1）（当时，等号成立）

∵的最小值为1，∴，∴或，又，∴.

（2）由得，，∵，

∴，即

且且.