河南省洛阳市学年高三毕业班三练理数试题 Word版含答案Word文档下载推荐.docx
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5.已知实数满足约束条件,若的最小值为4,则实数()
A.2B.1C.D.
6.函数的图象可能是()
7.牡丹花会期间,5名志愿者被分配到我市3个博物馆为外地游客提供服务,其中甲博物馆分配1人,另两个博物馆各分配2人,则不同的分配方法共有()
A.15种B.30种C.90种D.180种
8.已知为抛物线上异于原点的两个点,为坐标原点,直线斜率为2,则重心的纵坐标为()
A.2B.C.D.1
9.已知函数的部分图象如图所示,下面结论错误的是()
A.函数的最小正周期为
B.函数的图象可由的图象向右平移个单位得到
C.函数的图象关于直线对称
D.函数在区间上单调递增
10.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是()
A.2B.6C.D.
11.已知点在双曲线的右支上,分别为双曲线的左、右焦点,若,则该双曲线的离心率的取值范围是()
12.已知为函数的导函数,且,若,则方程有且仅有一个根时的取值范围是()
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.采用随机模拟实验估计抛掷一枚硬币三次恰有两次正面朝上的概率:
由计算机产生随机数0或1,其中1表示正面朝上,0表示反面朝上,每三个随机数作为一组,代表抛掷三次的结果,已知随机模拟实验产生了如下20组随机数:
101111010101100001101111110000
011001010100000101101010011001
由此估计抛掷一枚硬币三次恰有两次正面朝上的概率是.
14.已知,,则.
15.已知函数是奇函数,则.
16.已知数列满足,若不等式恒成立,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)
设的内角所对的边分别为,且,,函数.
(1)求角的取值范围;
(2)求的值域.
18.(本小题满分12分)
今年春节期间,在为期5天的某民俗庙会上,某摊点销售一种儿童玩具的情况如下表:
日期
天气
2月13日
2月14日
2月15日
2月16日
2月17日
小雨
阴
阴转多云
多云转阴
销
售
量
上午
42
47
58
60
63
下午
55
56
62
65
67
由表可知:
两个雨天的平均销售量为100件/天,三个非雨天的平均销售量为125件/天.
(1)以十位数字为茎,个位数字为叶,画出表中10个销售数据的茎叶图,并求出这组数据的中位数;
(2)假如明天庙会5天中每天下雨的概率为,且每天下雨与否相互独立,其他条件不变,试估计庙会期间同一类型摊点能够售出的同种儿童玩具的件数;
(3)已知摊位租金为1000元/个,该种玩具进货价为9元/件,售价为13元/件,未售出玩具可按进货价退回厂家,若所获利润大于1200元的概率超过0.6,则称为“值得投资”,那么在
(2)的条件下,你认为“值得投资”吗?
19.(本小题满分12分)
如图,四棱锥中,,,,,侧面为等边三角形.
(1)证明:
;
(2)求二面角的正弦值.
20.(本小题满分12分)
已知,动点满足,.
(1)求的值,并写出的轨迹曲线的方程;
(2)动直线与曲线交于两点,且,是否存在圆使得恰好是该圆的切线,若存在,求出;
若不存在,说明理由.
21.(本小题满分12分)
已知函数.
(1)若对任意的,都有,求的值;
(2)对于函数的单调递增区间内的任意实数(),证明:
.
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,与圆相切于点,为圆上两点,延长交圆于点,且交于点.
(1)证明:
∽;
(2)若为圆的直径,,,求.
23.(本小题满分10分)选修4-4:
坐标系与参数方程
已知曲线的极坐标方程是,以极点为原点,极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系,直线的参数方程为(为参数).
(1)写出直线的普通方程与曲线的直角坐标方程;
(2)设曲线经过伸缩变换得到曲线,设为曲线上任一点,求的最小值,并求相应点的坐标.
24.(本小题满分10分)选修4-5:
不等式选讲
已知函数,.
(1)解不等式;
(2)若对任意的,都有,使得成立,求实数的取值范围.
参考答案
一、选择题
ABBCCBBCDADA
二、填空题
13.0.414.15.-1516.
三、解答题
17.解:
(1)∵,.①
∵,∴,②
由①②可得:
,即,∴.
∴,∴.
18.解:
(1)由已知得如下茎叶图,中位数为.
(2)设明年庙会期间下雨天数为,则的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,且~,
∴,
所以估计明年庙会期间,可能有2天下雨,3天不下雨,
据此推测庙会期间该摊点能售出的玩具件数为.
(3)设庙会期间该摊位获得的利润为,则
,
所以由,得.
又,所以,而
故可认为“值得投资”.
19.解:
(1)取的中点,连接,则四边形为矩形,
∵为等边三角形,∴.
∵,∴平面,平面,.
(2)由
(1)知,,过作平面,则两两垂直,分别以的方向为轴,轴,轴的正方向建立空间直角坐标系,
则,
∵,
∴,∴平面,
∴,.
设平面的法向量为.
∵,,
取,则,
设二面角为,则,
∴.
20.解:
(1)设,,
∵且,∴,
在中,由余弦定理得,
∴,即,
又,所以的轨迹是椭圆,
且,∴,
(2)设,将代入得
∵,∴,且,,
∵,∴,即,
由和,得即可,
因为与圆相切,∴,
存在圆符合题意.
21.解:
(1)的定义域为,,
当时,恒成立,在上单调递减,
当时,,不合题意.
当时,由,得,
∴在上单调递减,
由,得,∴在上单调递增.
只需成立.
令,则,
∴在上单调递增,在上单调递减,
所以,当且仅当时,取得最大值1,
所以.
(2)先证明,
由
(1)知,,
∴
由
(1)知,,.
令,,
则,在上单调递减,
所以,即.
同理可证:
,∴.
22.解:
(1)因为,所以,
又,所以,
又,所以∽.
(2)因为,所以,
由
(1)得,所以,
又因为为圆的直径,
所以为等腰直角三角形,,
因为与圆相切于点,所以,即.
23.解:
(1)由,得,代入,
得直线的普通方程.
由,得,∴.
(2)∵,∴的直角坐标方程为.
∴设,则,.
∴当,即或时,上式取最小值1.
即当或时,的最小值为1.
24.解:
(1)由,得,
∴,解得.
∴不等式的解集为.
(2)因为任意,都有,使得成立,
所以,
又,
,所以,解得或,
所以实数的取值范围为或.