江西省赣州市博雅文化学校学年高三周考2数学理试题 Word版含答案Word格式.docx
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其中正确的的个数为()
A.3个B.2个C.1个D.0个
7.已知为坐标原点,两点的坐标均满足不等式组,则的最大值等于()
A.B.C.D.
8.已知直线与抛物线交于两点,点,若,则()
A.B.C.D.0
9.我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法,其理论依据是:
设实数的不足近似值和过剩近似值分别为和,则是的更为精确的不足近似值或过剩近似值,我们知道,若令,则第一次用“调日法”后得是的更为精确的不足近似值,即,若每次都取最简分数,那么第四次用“调日法”后可得的近似分数为()
10.已知等差数列的公差,且成等比数列,若,为数列的前项和,则的最小值为()
A.4B.3C.D.1
11.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的体积为()
A.48B.32C.16D.
12.已知函数,,当时,方程的根的个数是()
A.8B.6C.4D.2
二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)
13.的展开式中含项的系数为.
14.已知直角梯形,,,,是腰上的动点,则的最小值为.
15.正四面体的棱长为4,为棱的中点,过作其外接球的截面,则截面面积的最小值为.
16.设函数的图象上存在两点,使得是以为直角顶点的直角三角形(其中为坐标原点),且斜边的中点恰好在轴上,则实数的取值范围是.
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.(本小题满分12分)
在中,角所对的边分别为,且.
(1)求角的大小;
(2)若为边上的中线,,求的面积.
18.(本小题满分12分)
在四棱柱中,底面是菱形,且,.
(1)求证:
平面平面;
(2)若,求平面与平面所成角的大小.
19.(本小题满分12分)
小王为了锻炼身体,每天坚持“健步走”,并用计步器进行统计,小王最近8天“健步走”步数的频数分布直方图(图1)及相应的消耗能量数据表(表1)如下.
(1)求小王这8天“健步走”步数的平均数;
(2)从步数为16千步、17千步、18千步的几天中任选2天,设小王这2天通过健步走消耗的“能量和”为,求的分布列.
20.(本小题满分12分)
已知椭圆的左右焦点分别为,抛物线与椭圆有相同的焦点,点为抛物线与椭圆在第一象限的交点,且.
(1)求椭圆的方程;
(2)与抛物线相切于第一象限的直线,与椭圆交于两点,与轴交于点,线段的垂直平分线与轴交于点,求直线斜率的最小值.
21.(本小题满分12分)
已知函数,.
(1)求函数的单调区间;
(2)对一切,恒成立,求实数的取值范围;
(3)证明:
对一切,都有成立.
请考生在22、23、24三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.
22.(本小题满分10分)选修4-1:
几何证明选讲
如图,的两条中线和相交于,且四点共圆.
;
(2)若,求.
23.(本小题满分10分)选修4-4:
坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),在以原点为极点,轴正半轴为极轴的极坐标系中,直线的极坐标方程为.
(1)求的普通方程和直线的倾斜角;
(2)设点和交于两点,求.
24.(本小题满分10分)选修4-5:
不等式选讲
已知函数.
(1)求不等式的解集;
(2)设,证明:
.
参考答案
一、选择题
CABBADABAADB
二、填空题
13.14.15.16.
三、解答题
17.
(1),由正弦定理,得,
∵,∴,
,,
因为,所以,所以,
因为,所以.
(2)法一:
在三角形中,由余弦定理得:
,
所以,
(1)
在三角形中,由正弦定理得:
,由已知得,
所以,
所以,
(2)
由
(1)
(2)解得,
所以.
法二:
延长到,,连接,中,,
,因为,
(1)
由已知得,,所以,
分,
(2)
由
(1)
(2)解得,.
18.解:
(1)因为,,
所以和均为正三角形,
于是.
设与的交点为,则,
又是菱形,所以,
而,所以平面,
而平面,故平面平面.
(2)由及知,
又由,,得≌,故,
于是,从而,结合,
得底面,
如图,建立空间直角坐标系,
则,
设平面的一个法向量为,
由,得,
令,得,
平面的一个法向量为,
设平面与平面所成角为,
故.
19.解:
(1)小王这8天“健步走”步数的平均数为
(千步)
(2)的各种取值可能为,
的分布列为:
20.解:
(1),,
∴的递增区间是,递减区间是.
(2)对一切,恒成立,可化为对一切恒成立,
令,
当时,,即在递减,
当时,,即在递增,
∴,∴,即实数的取值范围是.
,等价于,即证,
由
(1)知,(当时取等号)
令,则,
易知在递减,在递增,
∴(当时取等号)
∴对一切都成立,
则对一切,都有成立.
21.解法一:
(1)连结,因为四点共圆,则.
又因为为的两条中线,
所以点分别是的中点,故.
从而.
(2)因为为与的交点,
故为的重心,延长交于,
则为的中点,且.
在与中,因为,,
所以∽,
所以,即.
因为,,,
所以,即,
又,所以.
解法二:
(1)同解法一.
(2)由
(1)知,,
因为四点共圆,则.
所以∽,所以,
由割线定理,,
又因为是的中线,所以是的重心,
所以,又,
所以,所以,
所以,因为,所以.
22.解法一:
因为四点共圆,所以,
由割线定理:
23.解法一:
由,消去参数,得,
即的普通方程为.
由,得,(*)
将代入(*),化简得,
所以直线的倾斜角为.
(2)由
(1)知,点在直线上,可设直线的参数方程为(为参数),
即(为参数),
代入并化简,得.
设两点对应的参数分别为,
则,,所以,
(1)同解法一:
(2)直线的普通方程为.
由,消去得,
设,则,,所以,
24.解法一:
(1)(ⅰ)当时,原不等式可化为,解得,
此时原不等式的解是;
(ⅱ)当时,原不等式可化为,解得,
此时原不等式无解;
(ⅲ)当时,原不等式可化为,解得,
综上,.
(2)因为,
因为,所以,
所以,要证,只需证,
即证,
即证,即证.
因为,所以,所以成立,
所以原不等式成立.