黑龙江省绥化市安达市第七中学2022-2023学年高三3月月考数学试题理试题.doc

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黑龙江省绥化市安达市第七中学2022-2023学年高三3月月考数学试题理试题 请考生注意: 1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上,请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2.答题前,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。 一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 1.甲、乙、丙、丁四位同学利用暑假游玩某风景名胜大峡谷,四人各自去景区的百里绝壁、千丈瀑布、原始森林、远古村寨四大景点中的一个,每个景点去一人.已知:①甲不在远古村寨,也不在百里绝壁;②乙不在原始森林,也不在远古村寨;③“丙在远古村寨”是“甲在原始森林”的充分条件;④丁不在百里绝壁,也不在远古村寨.若以上语句都正确,则游玩千丈瀑布景点的同学是( ) A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 2.已知函数,则函数的图象大致为( ) A. B. C. D. 3.已知为定义在上的奇函数,若当时,(为实数),则关于的不等式的解集是( ) A. B. C. D. 4.(  ) A. B. C. D. 5. “”是“直线与互相平行”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 6.五行学说是华夏民族创造的哲学思想,是华夏文明重要组成部分.古人认为,天下万物皆由金、木、水、火、土五类元素组成,如图,分别是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生相克的关系.若从5类元素中任选2类元素,则2类元素相生的概率为( ) A. B. C. D. 7.已知且,函数,若,则( ) A.2 B. C. D. 8.已知复数满足:,则的共轭复数为( ) A. B. C. D. 9.某单位去年的开支分布的折线图如图1所示,在这一年中的水、电、交通开支(单位:万元)如图2所示,则该单位去年的水费开支占总开支的百分比为( ) A. B. C. D. 10.已知函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象,则的最小值为( ) A. B. C. D. 11.已知函数,若,则的最小值为( ) 参考数据: A. B. C. D. 12.中,,为的中点,,,则( ) A. B. C. D.2 二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。 13.已知是第二象限角,且,,则____. 14.已知平行于轴的直线与双曲线:的两条渐近线分别交于,两点,为坐标原点,若为等边三角形,则双曲线的离心率为______. 15.已知双曲线的两条渐近线方程为,若顶点到渐近线的距离为1,则双曲线方程为 . 16.某部门全部员工参加一项社会公益活动,按年龄分为三组,其人数之比为,现用分层抽样的方法从总体中抽取一个容量为20的样本,若组中甲、乙二人均被抽到的概率是,则该部门员工总人数为__________. 三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17.(12分)如图,四棱锥的底面中,为等边三角形,是等腰三角形,且顶角,,平面平面,为中点. (1)求证:平面; (2)若,求二面角的余弦值大小. 18.(12分)以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴,且在两种坐标系中取相同的长度单位,建立极坐标系,判断直线为参数)与圆的位置关系. 19.(12分)已知圆M:及定点,点A是圆M上的动点,点B在上,点G在上,且满足,,点G的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程; (2)设斜率为k的动直线l与曲线C有且只有一个公共点,与直线和分别交于P、Q两点.当时,求(O为坐标原点)面积的取值范围. 20.(12分)椭圆:的离心率为,点 为椭圆上的一点. (1)求椭圆的标准方程; (2)若斜率为的直线过点,且与椭圆交于两点,为椭圆的下顶点,求证:对于任意的实数,直线的斜率之积为定值. 21.(12分)已知函数. (1)解不等式; (2)若,,,求证:. 22.(10分)平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以原点为极点,轴的非负半轴为极轴,取相同的单位长度建立极坐标系,曲线的极坐标方程为,直线的极坐标方程为,点. (1)求曲线的极坐标方程与直线的直角坐标方程; (2)若直线与曲线交于点,曲线与曲线交于点,求的面积. 参考答案 一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 1、D 【解析】 根据演绎推理进行判断. 【详解】 由①②④可知甲乙丁都不在远古村寨,必有丙同学去了远古村寨,由③可知必有甲去了原始森林,由④可知丁去了千丈瀑布,因此游玩千丈瀑布景点的同学是丁. 故选:D. 【点睛】 本题考查演绎推理,掌握演绎推理的定义是解题基础. 2、A 【解析】 用排除法,通过函数图像的性质逐个选项进行判断,找出不符合函数解析式的图像,最后剩下即为此函数的图像. 【详解】 设,由于,排除B选项;由于,所以,排除C选项;由于当时,,排除D选项.故A选项正确. 故选:A 【点睛】 本题考查了函数图像的性质,属于中档题. 3、A 【解析】 先根据奇函数求出m的值,然后结合单调性求解不等式. 【详解】 据题意,得,得,所以当时,.分析知,函数在上为增函数.又,所以.又,所以,所以,故选A. 【点睛】 本题主要考查函数的性质应用,侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养. 4、B 【解析】 利用复数代数形式的乘除运算化简得答案. 【详解】 . 故选B. 【点睛】 本题考查复数代数形式的乘除运算,考查了复数的基本概念,是基础题. 5、A 【解析】 利用两条直线互相平行的条件进行判定 【详解】 当时,直线方程为与,可得两直线平行; 若直线与互相平行,则,解得, ,则“”是“直线与互相平行”的充分不必要条件,故选 【点睛】 本题主要考查了两直线平行的条件和性质,充分条件,必要条件的定义和判断方法,属于基础题. 6、A 【解析】 列举出金、木、水、火、土任取两个的所有结果共10种,其中2类元素相生的结果有5种,再根据古典概型概率公式可得结果. 【详解】 金、木、水、火、土任取两类,共有: 金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土10种结果, 其中两类元素相生的有火木、火土、木水、水金、金土共5结果, 所以2类元素相生的概率为,故选A. 【点睛】 本题主要考查古典概型概率公式的应用,属于基础题,利用古典概型概率公式求概率时,找准基本事件个数是解题的关键,基本亊件的探求方法有 (1)枚举法:适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的;(2)树状图法:适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时,一定要按顺序逐个写出:先,…. ,再,…..依次….… 这样才能避免多写、漏写现象的发生. 7、C 【解析】 根据分段函数的解析式,知当时,且,由于,则,即可求出. 【详解】 由题意知: 当时,且 由于,则可知:, 则, ∴,则, 则. 即. 故选:C. 【点睛】 本题考查分段函数的应用,由分段函数解析式求自变量. 8、B 【解析】 转化,为,利用复数的除法化简,即得解 【详解】 复数满足: 所以 故选:B 【点睛】 本题考查了复数的除法和复数的基本概念,考查了学生概念理解,数学运算的能力,属于基础题. 9、A 【解析】 由折线图找出水、电、交通开支占总开支的比例,再计算出水费开支占水、电、交通开支的比例,相乘即可求出水费开支占总开支的百分比. 【详解】 水费开支占总开支的百分比为. 故选:A 【点睛】 本题考查折线图与柱形图,属于基础题. 10、A 【解析】 首先求得平移后的函数,再根据求的最小值. 【详解】 根据题意,的图象向左平移个单位后,所得图象对应的函数, 所以,所以.又,所以的最小值为. 故选:A 【点睛】 本题考查三角函数的图象变换,诱导公式,意在考查平移变换,属于基础题型. 11、A 【解析】 首先的单调性,由此判断出,由求得的关系式.利用导数求得的最小值,由此求得的最小值. 【详解】 由于函数,所以在上递减,在上递增.由于,,令,解得,所以,且,化简得,所以,构造函数,.构造函数,,所以在区间上递减,而,,所以存在,使.所以在上大于零,在上小于零.所以在区间上递增,在区间上递减.而,所以在区间上的最小值为,也即的最小值为,所以的最小值为. 故选:A 【点睛】 本小题主要考查利用导数研究函数的最值,考查分段函数的图像与性质,考查化归与转化的数学思想方法,属于难题. 12、D 【解析】 在中,由正弦定理得;进而得,在中,由余弦定理可得. 【详解】 在中,由正弦定理得,得,又,所以为锐角,所以,, 在中,由余弦定理可得, . 故选:D 【点睛】 本题主要考查了正余弦定理的应用,考查了学生的运算求解能力. 二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。 13、 【解析】 由是第二象限角,且,可得,由及两角和的正切公式可得的值. 【详解】 解:由是第二象限角,且,可得,, 由,可得,代入, 可得, 故答案为:. 【点睛】 本题主要考查同角三角函数的基本关系及两角和的正切公式,相对不难,注意运算的准确性. 14、2 【解析】 根据为等边三角形建立的关系式,从而可求离心率. 【详解】 据题设分析知,,所以,得, 所以双曲线的离心率. 【点睛】 本题主要考查双曲线的离心率的求解,根据条件建立之间的关系式是求解的关键,侧重考查数学运算的核心素养. 15、 【解析】 由已知,即,取双曲线顶点及渐近线,则顶点到该渐近线的距离为,由题可知,所以,则所求双曲线方程为. 16、60 【解析】 根据样本容量及各组人数比,可求得C组中的人数;由组中甲、乙二人均被抽到的概率是可求得C组的总人数,即可由各组人数比求得总人数. 【详解】 三组人数之比为,现用分层抽样的方法从总体中抽取一个容量为20的样本, 则三组抽取人数分别. 设组有人,则组中甲、乙二人均被抽到的概率, ∴解得. ∴该部门员工总共有人. 故答案为:60. 【点睛】 本题考查了分层抽样的定义与简单应用,古典概型概率的简单应用,由各层人数求总人数的应用,属于基础题. 三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17、(1)见解析;(2) 【解析】 (1)设中点为,连接、,首先通过条件得出,加,可得,进而可得平面,再加上平面,可得平面平面,则平面; (2)设中点为,连接、,可得平面,加上平面,则可如图建立直角坐标系,求出平面的法向量和平面的法向量,利用向量法可得二面角的余弦值. 【详解】 (1)证明:设中点为,连接、, 为等边三角形, , ,, , ,即, , , 平面,平面, 平面, 为的中位线, , 平面,平面, 平面, 、为平面内二相交直线, 平面平面, 平面DMN, 平面; (2)设中点为,连接、 为等边三角形,是等腰三角形,且顶角 ,, 、、共线, ,,,,平面 平面. 平面 平面平面,交线为,平面 平面. 设,则 在中,由余弦定理,得: 又, , ,, ,为中点, , 建立直角坐标系(如图),则 ,,,. ,, 设平面的法向量为,则, , 取,则, , 平面的法向量为, , 二面角为锐角, 二面角的余弦值大小为. 【点睛】 本题考查面面平行证明线面平行,考查向量法求二面角的大小,考查学生计算能力和空间想象能力,是中档题. 18、直线与圆C相切. 【解析】 首先把直线和圆转换为直角坐标方程,进一步利用点到直线的距离的应用求出直线和圆的位置关系. 【详解】 直线为参数),转换为直角坐标方程为. 圆转换为直角坐标方程为,转换为标准形式为, 所以圆心到直线,的距离. 直线与圆C相切. 【点睛】 本题考查的知识要点:参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,直线与圆的位置关系式的应用,点到直线的距离公式的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型. 19、(1);(2). 【解析】 (1)根据题意得到GB是线段的中垂线,从而为定值,根据椭圆定义可知点G的轨迹是以M,N为焦点的椭圆,即可求出曲线C的方程;(2)联立直线方程和椭圆方程,表示处的面积代入韦达定理化简即可求范围. 【详解】 (1)为的中点,且是线段的中垂线, ,又, ∴点G的轨迹是以M,N为焦点的椭圆, 设椭圆方程为(), 则,,, 所以曲线C的方程为. (2)设直线l:(), 由消去y,可得. 因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点, 所以,.① 又由可得;同理可得. 由原点O到直线的距离为和, 可得.② 将①代入②得, 当时,, 综上,面积的取值范围是. 【点睛】 此题考查了轨迹和直线与曲线相交问题,轨迹通过已知条件找到几何关系从而判断轨迹,直线与曲线相交一般联立设而不求韦达定理进行求解即可,属于一般性题目. 20、(1);(2)证明见解析 【解析】 (1)运用离心率公式和点满足椭圆方程,解得,,进而得到椭圆方程;(2)设直线,代入椭圆方程,运用韦达定理和直线的斜率公式,以及点在直线上满足直线方程,化简整理,即可得到定值. 【详解】 (1)因为,所以, ① 又椭圆过点, 所以 ② 由①②,解得 所以椭圆的标准方程为 . (2)证明 设直线:, 联立得, 设, 则 易知 故 所以对于任意的,直线的斜率之积为定值. 【点睛】 本题考查椭圆的方程的求法,注意运用离心率公式和点满足椭圆方程,考查直线方程和椭圆方程联立,运用韦达定理和直线的斜率公式,化简整理,考查运算能力,属于中档题. 21、(1);(2)证明见解析. 【解析】 (1)分、、三种情况解不等式,即可得出该不等式的解集; (2)利用分析法可知,要证,即证,只需证明即可,因式分解后,判断差值符号即可,由此证明出所证不等式成立. 【详解】 (1). 当时,由,解得,此时; 当时,不成立; 当时,由,解得,此时. 综上所述,不等式的解集为; (2)要证,即证, 因为,,所以,,, . 所以,.故所证不等式成立. 【点睛】 本题考查绝对值不等式的求解,同时也考查了利用分析法和作差法证明不等式,考查分类讨论思想以及推理能力,属于中等题. 22、(1).(2) 【解析】 (1)根据题意代入公式化简即可得到.(2)联立极坐标方程通过极坐标的几何意义求解,再求点到直线的距离即可算出三角形面积. 【详解】 解:(1)曲线,即. ∴.曲线的极坐标方程为. 直线的极坐标方程为,即, ∴直线的直角坐标方程为. (2)设,, ∴,解得. 又,∴(舍去). ∴. 点到直线的距离为, ∴的面积为. 【点睛】 此题考查参数方程,极坐标,直角坐标之间相互转化,注意参数方程只能先转化为直角坐标再转化为极坐标,属于较易题目.
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