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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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    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


    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,

    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

    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,

    所以在上递增,则由且得,

    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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