陕西省咸阳市高新一中2022-2023学年高三上学期第五次质量检测理科数学试题及答案
展开这是一份陕西省咸阳市高新一中2022-2023学年高三上学期第五次质量检测理科数学试题及答案,共17页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
一、单选题
1.若复数满足,则在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限
C.第三象限D.第四象限
2.若存在,使不等式成立,则实数的取值范围是( )
A.B.C.D.
3.设命题:函数在上为单调递增函数;命题:函数为奇函数,则下列命题中真命题是( )
A.B.C.D.
4.函数的图象可能是( )
A.B.
C.D.
5.已知函数,在上随机取一个实数,则使得成立的概率为( )
A.B.C.D.
6.下列命题正确的是( )
A.命题“,”的否定是“,”
B.函数“的最小正周期为”是“”的必要不充分条件
C.在时有解在时成立
D.“平面向量与的夹角是钝角”的充要条件是“”
7.如图,在正方体中,点E是上底面的中心,则异面直线与所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
8.已知为数列的前项和,,,则( )
A.2000B.2020C.2021D.2022
9.函数在处有极值为,则的值为( )
A.B.
C.D.
10.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,则△ABC面积的最大值为( )
A.B.C.D.
11.设函数,已知在上单调递增,则在上的零点最多有( )
A.2个B.3个C.4个D.5个
12.已知是函数的零点,是函数的零点,则的值为( )
A.B.C.D.
二、填空题
13.____________.
14.已知向量,若,则实数__________.
15.在三角形中,角,,的对边分别为,,.若,且,,则三角形的面积为______.
16.摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施,游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转,可以在高处俯瞰四周景色.如图,某摩天轮的最高点距离地面的高度为12,转盘的直径为10,A,B为摩天轮在地面上的两个底座,,点P为摩天轮的座舱,则的范围为______.
三、解答题
17.已知数列的前项和.
(1)求的通项公式;
(2)设,求数列的前项和.
18.如图中,已知点在边上,且,,,.
(1)求的长;
(2)求.
(注:)
19.如图①,在菱形中,且,为的中点.将沿折起使,得到如图②所示的四棱锥.
(1)求证:平面;
(2)若为的中点,求二面角的余弦值.
20.已知点在抛物线上.
(1)求抛物线E的方程;
(2)直线都过点的斜率之积为,且分别与抛物线E相交于点A,C和点B,D,设M是的中点,N是的中点,求证:直线恒过定点.
21.已知,.
(1)当时,讨论 的单调性;
(2)当时,证明.
22.在平面直角坐标系xOy中,曲线的参数方程为,(t为参数),以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程;
(2)已知,曲线与曲线相交于A,B两点,求.
23.已知函数.
(1)若,求不等式的解集;
(2)若关于的不等式在上恒成立,求实数的取值范围.
参考答案:
1.D
【分析】先求得复数,求出在复平面内对应的点的坐标得答案.
【详解】解:,
,
在复平面内对应的点的坐标为,位于第四象限角.
故选:D
2.A
【详解】试题分析:设,因为存在,使不等式成立,可知,所以,故选A.
考点:不等式恒成立问题.
3.D
【解析】根据指数型函数以及余弦型函数的性质,可得命题、命题真假,然后根据真值表,可得结果.
【详解】由函数在上为单调递增函数
所以函数在上为单调递增函数
故命题为真命题,
由的定义域为
且
故可知函数为偶函数
所以命题为假命题.
所以为真命题.
故选:D
【点睛】本题考查函数的单调性,奇偶性的判断以及真值表的应用,属基础题.
4.D
【解析】分析函数的奇偶性及其在上的函数值符号,结合排除法可得出合适的选项.
【详解】函数的定义域为,
,该函数为奇函数,排除A、C选项;
当时,,则,排除B选项.
故选:D.
【点睛】本题考查由函数的解析式辨别函数的图象,一般从函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号来进行判断,考查推理能力,属于中等题.
5.B
【分析】根据几何概型长度问题解决即可.
【详解】根据题意,函数,
若,即.解可得,
又由,则.
所以在上随机取一个实数.
所以使得成立的概率.
故选:B
6.B
【分析】对于A:利用特称命题的否定即可判断出结果.
对于B:利用辅助角公式即可化简,则可求出的值,则可判断其结果.
对于C:由于,则原命题等价于在时成立.
对于D: 当是,.
【详解】命题“,”的否定是“,”.A错误.
函数的最小正周期为等价于;则函数“的最小正周期为”是“”的必要不充分条件.B正确.
在时有解在时成立.C错误.
“平面向量与的夹角是钝角”的充要条件是“且不平行于”.D错误.
故选:B.
7.B
【分析】建立空间直角坐标系,利用向量夹角求解.
【详解】以为原点,为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示,设正方体棱长为2,
所以,
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选:B
8.D
【分析】利用数列中与的关系,化简得公式,即可得出,则可求出答案.
【详解】(1)当时:
(2)当时:
则
所以
所以.
故选:D.
9.B
【分析】根据函数在处有极值为,由,求解.
【详解】因为函数,
所以,
所以,,
解得a=6,b=9,
=-3,
故选:B
10.B
【分析】根据题意得到,利用余弦定理和面积公式,化简得到,
结合,得到,即可求解.
【详解】由,可得,
由余弦定理可得.
因为的面积,
所以,
因为,
所以,
故当时,取得最大值3,此时.
故选:B.
11.A
【分析】先求出函数的单调区间,根据题意得出参数的范围,设,则,由,得出函数在上的零点情况出答案.
【详解】由,,得,,
取,可得.若在上单词递增,则,
解得.若,则.
设,则,因为
所以函数在上的零点最多有2个.
所以在上的零点最多有2个.
故选:A
12.D
【分析】分析可知为直线与曲线的交点的横坐标,为直线与曲线的交点的横坐标,利用函数与的图象关于直线对称,数形结合可得出的值.
【详解】由已知可得,所以,,
所以,为直线与曲线的交点的横坐标,
,则,
则为直线与曲线的交点的横坐标,如下图所示:
函数与的图象关于直线对称,联立,可得,
所以,直线与直线交于点,
由图象可知,点、关于点对称,所以,,可得.
故选:D.
13.
【分析】运用微积分基本定理直接求解即可.
【详解】
故答案为:
14.
【分析】根据向量垂直列方程,化简求得.
【详解】由于,所以.
故答案为:
15.
【分析】根据正弦定理得到,根据余弦定理得到,再计算面积得到答案.
【详解】由正弦定理,,
.,,,
由,及余弦定理,,,,所以三角形的面积为.
故答案为:.
【点睛】本题考查了正弦定理,余弦定理,意在考查学生的计算能力和应用能力.
16.
【分析】由题意可得到P到AB中点距离的最大值和最小值,然后根据数量积的运算,可得到答案.
【详解】设C为AB的中点,如图示:由题意可知: ,
则,
又因为,所以的取值范围是,
故答案为:
17.(1)
(2)
【分析】(1)由可求得数列的通项公式;
(2)证明出数列为等比数列,确定该数列的首项和公比,利用等比数列求和公式可求得.
【详解】(1)解:由题意,当时,,
当时,,
当时,也满足,,.
(2)解:由(1)知,,则且,
故数列是以为首项,为公比的等比数列,.
18.(1);(2).
【分析】(1)通过垂直关系,求出cs∠BAD的值,在△ABD中,由余弦定理求AD的长;
(2)在△ABD中,由正弦定理求出sin∠ADB,通过三角形是直角三角形,即可求csC
【详解】解:(1)由知,
在△ABD中,由余弦定理知
即解得或
显然,故.
(2)由得,
在△ABD中,由正弦定理知,故
所以.
19.(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)在图①中,连接,证明出,在图②中,利用勾股定理证明出,利用线面垂直的判定定理可证得结论成立;
(2)以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】(1)证明:在图①中,连接.
四边形为菱形,,是等边三角形.
为的中点,,
又,.
在图②中,,则,.
,平面.
(2)解:以为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系.
则、、、、.
为的中点,.
,,
设平面的一个法向量为,则,
令,得.
又平面的一个法向量为.
设二面角的大小为,由题意知为锐角,则.
因此,二面角的余弦值为.
20.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)将点坐标代入求解抛物线方程;(2)设出直线方程,表达出的坐标,求出直线的斜率,利用直线斜率之积为-1,求出直线恒过的定点,从而证明出结论.
【详解】(1)∵点在抛物线上,
∴,
∴解得:,
∴抛物线E的方程为:.
(2)由分别与E相交于点A,C和点B,D,且由条件知:两直线的斜率存在且不为零.
∴设
由得:
设,则,∴,又,即
同理可得:
∴,
∴
即:,
∵的斜率之积为,
∴,即,
∴,
即直线过定点.
21.(1)函数的增区间为、,减区间为
(2)证明见解析
【分析】(1)求出函数的定义域,分别解不等式、,可得出函数的减区间和增区间;
(2)分、两种情况证明所证不等式,当时,直接验证即可;在时,证明出,构造函数,其中,利用导数求得即可证得所证不等式成立.综合可证得结论成立.
【详解】(1)解:当时,,该函数的定义域为,
,
由可得,由可得或,
因此,当时,函数的增区间为、,减区间为.
(2)证明:由得.
①当时,,,不等式显然成立;
②当时,,由,得,
所以只需证,即证,
令,其中,则,
令,其中,则,
令,则,所以在上单调递增,
因为,,所以存在,使得成立,
当时,,函数单调递减,
当时,,函数单调递增,
又因为,,
所以当时,,在上单调递减,
当时,,在上单调递增,
所以,原不等式得证.
综上所述,当时,.
【点睛】方法点睛:利用导数证明不等式问题,方法如下:
(1)直接构造函数法:证明不等式(或)转化为证明(或),进而构造辅助函数;
(2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩;二是利用常见放缩结论;
(3)构造“形似”函数,稍作变形再构造,对原不等式同解变形,根据相似结构构造辅助函数.
22.(1),
(2)2
【分析】(1)消参数即可得曲线的普通方程,利用极坐标方程与直角坐标方程之间的转化关系式,从而曲线的直角坐标方程;(2)将的参数方程代入的直角坐标方程,得关于的一元二次方程,由韦达定理得,即可得的值.
【详解】(1)由,消去参数,得,即,
所以曲线的普通方程为.
由,得,即,
所以曲线的直角坐标方程为
(2)将代入,整理得,
则,令方程的两个根为
由韦达定理得,所以.
23.(1)
(2)
【分析】依题意,,分,两种情况讨论,计算求解即可;
依题意,在上恒成立,即上式化为,分离参数,利用基本不等式求解即可.
【详解】(1)依题意,,
若,原式化为,解得;
若,原式化为,解得;
综上所述,不等式的解集为;
(2)依题意,,
由,故上式化为,
故,
而,当且仅当时等号成立,
故,
即实数的取值范围为.
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