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2022-2023学年浙江省嘉兴市桐乡中学高三数学理上学期期末试卷含解析
一、 选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,只有是一个符合题目要求的
1. 函数的图象大致为
参考答案:
C
2. 若函数为奇函数,则( )
A、 B、 C、 D、
参考答案:
A
3. 已知集合,集合,则
A. B. C. D.
参考答案:
C
4. 若|+|=|﹣|=2||,则向量+与的夹角为( )
A. B. C. D.
参考答案:
B
【考点】平面向量数量积的运算.
【专题】平面向量及应用.
【分析】作,,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB,则=.由|+|=|﹣|=2||,可得四边形OACB为矩形,利用=即可得出.
【解答】解:作,,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB,
则=.
∵|+|=|﹣|=2||,
∴四边形OACB为矩形,
∴==,
∴向量+与的夹角为.
故选:B.
【点评】本题考查了向量的平行四边形法则、矩形的性质、直角三角形的边角关系,考查了数形结合的思想方法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
5. 设函数,则下列结论错误的是( )
A.D(x)的值域为{0,1} B.D(x)是偶函数C.D (x)不是周期函数 D.D(x)不是单调函数
参考答案:
C
略
6. 根据如下样本数据:( )
x
3
4
5
6
7
8
y
﹣3.0
﹣2.0
0.5
﹣0.5
2.5
4.0
得到的回归方程为=x+,则.
A.a>0,b>0 B.a<0,b<0 C.a>0,b<0 D.a<0,b>0
参考答案:
D
考点:线性回归方程.
专题:计算题;概率与统计.
分析:利用公式求出b,a,即可得出结论.
解答: 解:样本平均数=5.5,=0.25,
∴=23.75,=17.5,∴b≈1.4>0,
∴a=0.25﹣1.4?5.5<0,
故选:D.
点评:本题考查线性回归方程的求法,考查最小二乘法,属于基础题.
7. 已知a为正实数,若函数的极小值为0,则a的值为
A. B. 1 C. D. 2
参考答案:
A
【分析】
由于,而,可求得在处取得极小值,即,从而可求得的值.
【详解】解:由已知,
又,
所以由得或,即函数在和上单调递增,
由得,函数在上单调递减,
所以在处取得极小值0,
即,
又,
解得,
故选:A.
【点睛】本题考查了函数的极值与导数关系的应用,考查运算求解的能力,属于中档题.
8. 对于函数,“的图象关于y轴对称”是“=是奇函数”的
(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件
(C)充要条件 (D)既不充分也不必要
参考答案:
B
略
9. 茎叶图如图1,为高三某班60名学生的化学考试成绩,算法框图如图2中输入的a1为茎叶图中的学生成绩,则输出的m,n分别是( )
A.m=29,n=15 B.m=29,n=16 C.m=15,n=16 D.m=16,n=15
参考答案:
B
【考点】程序框图.
【分析】算法的功能是计算学生在60名学生的化学考试成绩中,成绩大于等于80的人数,和成绩小于80且大于等于60的人数,根据茎叶图可得.
【解答】解:由程序框图知:算法的功能是计算学生在60名学生的化学考试成绩中,成绩大于等于80的人数,和成绩小于80且大于等于60的人数,
由茎叶图得,在60名学生的成绩中,成绩大于等于80的人数有80,80,82,84,84,85,86,89,89,89,90,91,96,98,98,98,共1,6人,故n=16,
由茎叶图得,在60名学生的成绩中,成绩小于60的人数有43,46,47,48,49,50,51,52,53,53,56,58,59,59,59共15人,
则在60名学生的成绩中,成绩小于80且大于等于60的人数有60﹣16﹣15=29,故m=29,
故选:B.
【点评】本题借助茎叶图考查了循环结构的程序框图,根据框图的流程判断算法的功能是关键.
10. 如果对于正数有,那么 ( )
A.1 B.10 C. D.
参考答案:
D
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 如图,矩形ABCD内的阴影部分是由曲线f(x)=2x2-2x与直线y=2x围成的,现向矩形ABCD内随机投掷一点,则该点落在阴影部分的概率为________.
参考答案:
略
12. 已知两个非零向量 ,定义,其中为的夹角.若,,则___▲___
参考答案:
6
13. 设等差数列的前项和为,若,则= .
参考答案:
13
14. OA为边,OB为对角线的矩形中,,,则实数k= .
参考答案:
4;
15. 已知函数满足,且时,,则函数与的图象交点的个数为____________。
参考答案:
略
16. 如图,对大于或等于的正整数的次 幂进行如下方式的“分裂” (其中)例如的“分裂”中最小的数是,最大的数是;若的“分裂”中最小的数是,则最大的数是 .
参考答案:
271
略
17. 已知复数z满足(i为虚数单位),则 .
参考答案:
试题分析:因为,所以,也可利用复数模的性质求解:
考点:复数的模
三、 解答题:本大题共5小题,共72分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤
18. 已知集合,,.
(1)若,求;1111]
(2)若,求的取值范围.
参考答案:
(1);(2).
试题解析:(1)若,则.…………………………………………………………………………1分
∴,又,∴.…………………………………………4分
(2)令,∴.………………………………………………………………………5分
∴,…………………………………………………………7分
当,即时,取得最小值,且最小值为.…………………………………8分1111]
故,从而,……………………………………………………………………9分
∵,∴.………………………………………………………12分
考点:1、对数的运算; 2、集合的运算;3、函数的值域.
19. (本小题满分丨4分)
已知椭圆C:的四个顶点恰好是一边长为2,一内角为的菱形的四个顶点.
(I)求椭圆C的方程;
(II)若直线y =kx交椭圆C于A,B两点,在直线l:x+y-3=0上存在点P,使得 ΔPAB为等边三角形,求k的值.
参考答案:
解:(I)因为椭圆的四个顶点恰好是一边长为2,
一内角为 的菱形的四个顶点,
所以,椭圆的方程为 ………………4分
(II)设则
当直线的斜率为时,的垂直平分线就是轴,
轴与直线的交点为,
又因为,所以,
所以是等边三角形,所以直线的方程为 ………………6分
当直线的斜率存在且不为时,设的方程为
所以,化简得
所以 ,则 ………………8分
设的垂直平分线为,它与直线的交点记为
所以,解得,
则 ………………10分
因为为等边三角形, 所以应有
代入得到,解得(舍),……………13分
此时直线的方程为
综上,直线的方程为或 ………………14分
20. 如图,在四面体中,平面⊥平面,
, ,,为等边三角形.
(Ⅰ)求证:⊥平面
(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.
参考答案:
证:(1)取中点,连结,为等边三角形.
⊥, ……(2分)
又平面⊥平面,平面平面=,
平面,⊥平面,⊥,……(5分)
又⊥, ⊥平面 ……(7分)
(2)法一:设点C到平面的距离为d, 由, ……(10分)
即,得 ……(13分)
设直线 与平面 所成角为,则……(15分)
法二:取中点,连,则⊥,⊥,⊥平面,平面⊥平面,又平面平面=,过点C作⊥,垂足为G,则⊥平面,所以就是所求角. ……(10分)
在中,算得, ……(13分)所以……(15分)
法三:如图建立空间直角坐标系,
则
所以 ……(10分)
设
所以取 ……(13分)
设直线 与平面 所成角为,则……(15分)
21. 已知两个无穷数列{an},{bn}分别满足,,其中n∈N*,设数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn、Tn.
(1)若数列{an},{bn}都为递增数列,求数列{an},{bn}的通项公式.
(2)若数列{cn}满足:存在唯一的正整数k(k≥2),使得ck<ck﹣1,称数列{cn}为“k坠点数列”.
①若数列{an}为“5坠点数列”,求Sn.
②若数列{an}为“p坠点数列”,数列{bn}为“q坠点数列”,是否存在正整数m,使得Sm+1=Tm,若存在,求m的最大值;若不存在,说明理由.
参考答案:
【考点】数列递推式;数列的求和.
【专题】综合题;函数思想;转化思想;综合法;等差数列与等比数列;点列、递归数列与数学归纳法.
【分析】(1)由两数列为递增数列,结合递推式可得an+1﹣an=2,b2=﹣2b1,bn+2=2bn+1,n∈N*,由此可得数列{an}为等差数列,数列{bn}从第二项起构成等比数列,然后利用等差数列和等比数列的通项公式求得答案;
(2)①根据题目条件判断:数列{an}必为1,3,5,7,9,7,9,11,…,即前5项为首项为1,公差为2的等差数列,从第6项开始为首项7,公差为2的等差数列,求解Sn即可.
②运用数列{bn}为“坠点数列”且b1=﹣1,综合判断数列{bn}中有且只有两个负项.假设存在正整数m,使得Sm+1=Tm,显然m≠1,且Tm为奇数,而{an}中各项均为奇数,可得m必为偶数. 再运用不等式证明m≤6,求出数列即可.
【解答】解:(1)∵数列{an},{bn}都为递增数列,
∴由递推式可得an+1﹣an=2,b2=﹣2b1,bn+2=2bn+1,n∈N*,
则数列{an}为等差数列,数列{bn}从第二项起构成等比数列.
∴an=2n﹣1,;
(2)①∵数列{an}满足:存在唯一的正整数k=5,使得ak+1<ak,且|an+1﹣an|=2,
∴数列{an}必为1,3,5,7,9,7,9,11,…,即前5项为首项为1,公差为2的等差数列,从第6项开始为首项7,公差为2的等差数列,
故;
②∵,即bn+1=±2bn,
∴|bn|=2n﹣1,
而数列{bn}为“坠点数列”且b1=﹣1,
∴数列{bn}中有且只有两个负项.
假设存在正整数m,使得Sm+1=Tm,显然m≠1,且Tm为奇数,而{an}中各项均为奇数,
∴m必为偶数.
首先证明:m≤6.
若m>7,数列{an}中(Sm+1)max=1+3+…+(2m+1)=(m+1)2,
而数列{bn}中,bm必然为正,否则≤﹣1+21+…+2m﹣2+(﹣2m﹣1)=﹣3<0,显然矛盾;
∴=2m﹣1﹣3.
设,
设,
而0(m
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