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贵州省铜仁市2024-2025学年高三上学期期末教学质量监测数学试题
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这是一份贵州省铜仁市2024-2025学年高三上学期期末教学质量监测数学试题,共17页。试卷主要包含了选择题的作答,非选择题的作答,已知,则,已知函数是偶函数,则,已知圆,直线,则,在中,角的对边分别为,若,,则等内容,欢迎下载使用。
本试卷共4页,19题.全卷满分150分.考试时间120分钟.
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交.
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上,
1.已知全集,则( )
A. B. C. D.
2.已知,则( )
A. B.
C. D.
3.已知函数的部分图象如图所示,则( )
A. B. C. D.
4.已知,则是成立的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
5.在某校高一年级参加的一次质量检测中,共有1500名学生参加数学考试.为了解本次考试考生的数学成绩情况,本中抽取了100名学生的成绩(成绩均为正整数,满分为100分)作为样本进行统计,成绩均在内,按照的分组作出频率分布直方图(如图所示),据图中数据,则( )
A.该样本中学生成绩的中位数一定大于75
B.该样本中学生成绩的极差介于40至50之间
C.该样本中学生成绩的平均值介于70至80之间
D.若成绩不低于60分为及格,估计该校高一年级学生数学及格人数不超过1300
6.已知,则( )
A. B. C. D.
7.已知矩形中,,将沿折起至,便二面角是直二面角,则三棱锥的外接球的表面积等于( )
A. B. C. D.
8.已知函数是偶函数,则( )
A. B.
C. D.
二、多选题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得9分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.已知圆,直线,则( )
A.当时,与圆相切
B.当时,被圆所截得的弦长为
C.对任意与圆均有公共点
D.设与圆相交于不同两点,且,则
10.在中,角的对边分别为,若,,则( )
A.
B.外接圆半径
C.
D.若是边中点,则
11.已知函数.则( )
A.当时,若有两个零点,则的值是或0
B.若,且,则的最小值是4
C.对任意恒有
D.若存在极值点,且,其中,则
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分,
12.已知是等差数列的前项和,目,则__________.
13.一个大于1的自然数,除了1和它自身外,不能被其他自然数整除的数叫做质数.在不超过30的质数中任取两个不同数,则其和是偶数的取法有__________种.
14.已知边长为的等边三角形的一个顶点位于原点,另外两个顶点在抛物线上,则的方程是__________;设点在直线上,过点的两条直线分别与相切于两点,记直线的斜率分别为,则的最小值是__________.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
15.(13分)在数列中,点在直线上;在等比数列中,,.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,求数列的前项和.
16.(15分)在平面直角坐标系中,椭圆的离心率是上的点到两焦点的距离之和等于4.
(1)求椭圆的方程;
(2)过焦点作斜率为1的直线与椭圆相交于两点.求的面积.
17.(15分)如图,在三棱台中,分别是的中点,.
(1)求证:平面;
(2)若,求平面与平面所成二面角的正弦值.
18.(17分)已知函数.
(1)求的最值;
(2)求正整数,使其满足且;
(3)若,求证:.
19.(17分)现有张形状相同的卡片,上而分别写有数字,将这张卡片充分混合后,每次随机抽取一张卡片,记录卡片上的数字后放回,现在甲同学随机抽取4次.
(1)若,求抽到的4个数字互不相同的概率;
(2)在统计学中,我们常用样本的均值来估计总体的期望.定义为随机变量的阶矩,其中1阶矩就是的期望,利用阶矩进行估计的方法称为矩估计.
(i)记每次抽到的数字为随机变量,计算随机变量的1阶矩和2阶矩;(参考公式:)
(ii)知甲同学抽到的卡片上的4个数字分别为,试利用这组样本并结合(i)中的结果来计算的估计值.(的计算结果通过四舍五入取整数)
铜仁市2024-2025学年第一学期教学质量监测
高三数学参考答案
一、单选题选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上
1.全集,故选D.
2.,故选B.
3.,故选D.
4.当时,,
当时,.
当时,;
当时,与不垂直.
所以是的充分不必要条件,故选A.
5.对于选项A,中位数在间,但不一定大75,所以选项A错误;
对于选项B,由极差的定义知,学生成绩的极差介于40至60之间,所以选项B错误;
对于选项C,由平均数的定义知,学生成绩的平均成绩介于70至80之间,所以选项C正确;
对于选项D,由于成绩不低于60分的频率为,所以成绩不低于60分的人数是,所以选项D错误.
答案C.
6.由题意可知
①
②
由①②联立得,
所以,故选B.
7.矩形得对角线与交于点,则翻折过程中点到四点的距离不变,即点是外接球的球心,所以外接球的半径,于是外接球的表面积,故选择A.
8.由
所以,即
令,则,且在上单调递增,
于是在上单调递增,从而在上单调递增.
从而.
,
因此,故选C.
二、多选题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.当时,直线与圆相切,所以选项A正确,选项D错误;
当时,设直线与圆相交于两点,则,所以选项B正确;
事实上,恒过点,且点在圆上,所以直线和圆恒有公共点,所以选项C正确.
故选:ABC.
10.由,所以选项A正确;
由正弦定理可知,所以选项B正确;
因为,所以,设,于是由余弦定理可知,所以,故选项C错误;
因为,所以
.
选项D正确.
故选:ABD.
11.对于A,当时,,
由,可得或,由,可得,
故函数在和上单调递增;在上单调递减,则函数在处取得极大值,在处取得极小值.
若有两个零点,则或,解得或,故A正确;
对于B,当时,,所以
当且仅当,即时等号成立,所以选项B错误;
对于C,因为
故C正确;
对于D,由求导得,,
依题意,,可得①
由,可得,
化简得②
将①代入②式,可化简得:,
即,因,故得,故D正确.
故选:ACD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.答案:33.
解析:,所以.
13.答案:36.
解析:不超过30的质数有共10个,则自中任取两个不同的数,它们的和均为偶数,所以共有种取法.
14.答案:;.
解析:易知等边三角形在第一象限的点的坐标为,代入抛物线
得,所以.
设过点得直线的方程为:,联立
因为直线和抛物线相切,所以
则为上述方程的两根,所以.
因为,所以
当时,等号成立.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
15.(13分)
解:(1)易知
故求数列的通项公式分别为
.
(2)由(1)知:
设数列的前项和为,数列的前项和为,则
则数列的前n项和
.
16.(15分)
解:(1)由椭圆的定义知,则
由,得.
.
则椭圆C的方程为.
(2)设,由(1)知,则的方程为
联立整理得
,
显然.
于是
点到直线的距离
则.
故的面积为.
17.(15分)
(1)证明一:连接,设与交于点.
在三棱台中,,
则,
而是的中点,,
则,
所以四边形是平行四边形,
所以是的中点,
又在中,是的中点,则,
又平面平面,
故平面
证明二:
在三棱台中,
则
所以四边形是平行四边形,所以
因为平面平面
所以平面.
因为分别是中点,所以
所以
因为平面平面
所以平面
又因为,
所以平面平面
因为平面
所以平面;
(2)易知在中,由余弦定理知
所以
即
又因为,所以两两垂直
以点为坐标原点,所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系,如图所示,则
所以,
设平面的法向量为,则,
即,
取,则,即,
设平面的法向量为,则,
即.
取,则,即,
所以
设平面与平面所成角为,则,
所以平面与平面所成角的正弦值为.
18.(17分)
解:(1)
令.
当时,,当时,,
所以的递增区间是,递减区间是
所以的最大值是,无最小值.
(2)(i)当时,且.
令,则
是方程的一组解
当时,
所以当时,,即在上单调递增,
所以.
在上单调递增,于是,
故当且时,方程无解.
(ii)当时,由(1)知在上单调递减,从而有
,
矛盾,所以时,方程无解.
综上,是方程的唯一一组正整数解.
(3)设,
则
所以在上递增,则由且得,
即
所以
.
19.(17分)
【解析】(1)记抽到的4个数字互不相同为事件,
则事件包含的基本事件个数是.
甲同学随机抽取4次的不同结果个数是
故抽到的4个数字互不相同的概率;
(1)依题意的可能取值为
且且,
所以,..
依题意的可能取值为
且且,
所以
.
(3)依题意样本数据为期望(平均数)为,
则为期望(平均数)为
消去得
整理得
又因为
所以1
2
3
4
5
6
7
8
D
B
D
A
C
B
A
C
9
10
11
ABC
ABD
ACD
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