浙江省名校新高考研究联盟 高三上学期第一次联考数学理试题.docx
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浙江省名校新高考研究联盟高三上学期第一次联考数学理试题
浙江省名校新高考研究联盟20XX届高三上学期第一次联考数学理试题
浙江省名校新高考研究联盟20XX届第一次联考
数学(理科)试题卷
本试题卷分选择题和非选择题两部分.满分150分,考试时间120分钟.参考公式:
如果事件A,B互斥,那么棱柱的体积公式PABPAPBVSh
如果事件A,B相互独立,那么其中S表示棱柱的底面积,h表示棱柱的高PABPAPB棱锥的体积公式如果事件A在一次试验中发生的概率是p,那么V
n
13Sh
次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率其中S表示棱锥的底面积,h表示棱锥的高
k
k
PnkCnp1k
nk
,k0,1,2,,n
13
棱台的体积公式
S2
球的表面积公式S4
R2V球的体积公式V
43
3
hS1
R其中S1,S2分别表示棱台的上底、下底面积,
其中R表示球的半径h表示棱台的高
第I卷(选择题共50分)
一、选择题(共10小题,每小题5分,共50分,在每小题给出的四个选项中,只有一项符
合题目要求.请将你认为正确的选项答在指定的位置上。
)1.已知i是虚数单位,且复数z13bi,z212i,若
16
z1z2
是实数,则实数b的值为()
A.6B.6C.0D.
2.已知集合A{x|y2xx2},B{y|y2x,x0},R是实数集,则(CRB)∩A=
A.R3.一次函数y
mn
x
1n
B.1,2C.0,1D.()
的图象同时经过第一、三、四象限的必要不充分条件是()
C.m0,且n0
D.m0,且n0
34
x)是()
A.m1,且n1B.mn04.当x
4
时,函数f(x)Asin(x)(A0)取得最小值,则函数yf(
2
A.奇函数且图像关于点(,0)对称B.偶函数且图像关于点(,0)对称
C.奇函数且图像关于直线x
2
对称D.偶函数且图像关于点(
2
,0)对称
5.已知每项均大于零的数列{an}中,首项a11且前n项的和Sn满足
S*
Sn(nN,且n2),则a81()
A.638x
B.639
2
C.640D.641
6.已知P为双曲线C:
9
y
2
16
1上的点,点M满足OM1,且OMPM0,则
当PM取得最小值时的点P到双曲线C的渐近线的距离为()
A.
95
B.
125
C.4D.5
7.在平面斜坐标系xoy中xoy450,点P的斜坐标定义为:
“若OPx0e1y0e2(其中e1,e2分别为与斜坐标系的x轴,y轴同方向的单位向量),则点P的坐标为
.若F1(1,0),F2(1,0),且动点M(x,y)满足MF1MF2,则点M在斜坐标(x0,y0)”
系中的轨迹方程为()A
.x
0B
.x
0C
y0D
y0
BCD8.在正方体ABCDA中,E是棱CC1的中点,F是侧面1111
BCC1B1内的动点,且A1F//平面D1AE,则A1F与平面BCC1B1所
1
成角的正切值构成的集合是()A
.t
t
B
.t
t2
A
C
.t2t
D
.t2t(第8题图)
9.如果正整数a的各位数字之和等于6,那么称a为“好数”(如:
6,24,2013等均为“好数”),将所有“好数”从小到大排成一列a1,a2,a3,,若an2013,则n()A.50
B.51
3
C.52D.53
10.设函数ht(x)3tx2t2,若有且仅有一个正实数x0,使得h7(x0)ht(x0)对任意的正数t都
成立,则x0=()A.5B
.C.3D
第Ⅱ卷(非选择题,共100分)
二、填空题:
(本大题共7小题,每小题4分,共28分。
)
11.在各项均为正数的等比数列{an}中,若公比为32,且满足a3a11=16,则log▲.
2
a16
12.二项式(4x2x)6(xR.
13.执行如下图的程序框图,输出s和n,则sn.
14.已知一个棱长为2的正方体,被一个平面截后所得几何体的三视图如下图所示,则该几何体的体积是▲.
(第13题图)(第14题图)
15.设圆C:
(x3)2(y5)25,过圆心C作直线l交圆于A、B两点,与y轴交于点
P,若A恰好为线段BP的中点,则直线l1116.设函数f(x)x()x,A0为坐标原点,An为函数yf(x)图象上横坐标为2x1正视图侧视图俯视图
n(nN)的点,向量an*n
k1设n为向量an与向量i的夹角,Ak1Ak,向量i(1,0),
n
则满足tank
k12111的最大整数n是▲.
17.已知函数f(x)4k2
421xxxx1,x.若对任意的实数x1,x23,不等式
f(1x)f(2x)k的取值范围是▲.f(x)恒成立,则实数3
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.在ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知
(Ⅰ)求sinC
cosA3cosCcosB3cab.
sinA
(Ⅱ)若B为钝角,b10,求a的取值范围.的值;
19.甲乙两支球队进行总决赛,比赛采用七场四胜制,即若有一队先胜四场,则此队为总冠
军,比赛就此结束.因两队实力相当,每场比赛两队获胜的可能性均为二分之一.据以往资料统计,第一场比赛可获得门票收入40万元,以后每场比赛门票收入比上一场增加10万元.
(Ⅰ)求总决赛中获得门票总收入恰好为300万元的概率;(Ⅱ)设总决赛中获得的门票总收入为X,求X的均值E(X).
AB//EF,20.如图,点E、矩形ABCDAB为圆O的直径,F在圆O上,
所在的平面与圆O所在的平面互相垂直.已知AB2,EF1.
(Ⅰ)求证:
平面DAF平面CBF;
(Ⅱ)求直线AB与平面CBF所成角的大小;
(Ⅲ)当AD的长为何值时,平面DFC与平面FCB所成的
锐二面角的大小为60?
21.已知中心在原点,焦点在坐标轴上的椭圆,它的离心率为
1
A
2
2
切点分别是A,B.y4x的焦点重合,过直线l:
x4上一点M引椭圆的两条切线,
xa
22
,一个焦点和抛物线
(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)若在椭圆
x0xa
2
yb
22
1ab0上的点x0,y0处的椭圆的切线方程是
y0yb
2
1.求证:
直线AB恒过定点C;并出求定点C的坐标.
(Ⅲ)是否存在实数,使得ACBCACBC恒成立?
(点C为直线AB恒过的定点)
若存在,求出的值;若不存在,请说明理由。
22.已知函数fxln2ax1
x
3
3
(I)若x2为fx的极值点,求实数a的值;
x2axaR
2
(II)若yfx在3,上为增函数,求实数a的取值范围;(III)当a
12
时,方程f1x
1x3
3
bx
有实根,求实数b的最大值.
浙江省名校高考研究联盟20XX届第一次联考
数学(理科)参考答案
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分)
二、填空题(本大题共7小题,每小题4分,共28分)
11.512.1513.1314.17
3
1
215.2xy10或2xy11016.10k417.
三、解答题(本大题共5小题,共72分.解答应写出文字说明、证明过程或解题步骤)
18.(本小题满分14分)
解:
(I)由正弦定理,设k,sinAsinBsinC
3ca3ksinCksinA3sinCsinA,则bksinBsinB
cosA3cosC
cosB3sinCsinA
sinB.„„„„„„4分abc所以
即(cosA3cosC)sinB(3sinCsinA)cosB,
化简可得sin(AB)3sin(BC).„„„„„„6分
又ABC,所以sinC3sinA因此(II)由
sinCsinAsinCsinA
3.„„„„„„8分3得c3a.„„„„„„9分
acb
由题意2,„„„„„„12分
22
acb52a
14分
19.(本小题满分14分)
解:
(I)依题意,每场比赛获得的门票收入组成首项为40,公差为10的等差数列.设此数列为an,则易知a140,an10n30,Sn
n(10n70)
2
300,
解得n12(舍去)或n5,所以此决赛共比赛了5场.„„„„3分则前4场比赛的比分必为1:
3,且第5场比赛为领先的球队获胜,其概率为C4()
2
1
1
4
14
;
„„„„6分
(II)随机变量X可取的值为S4,S5,S6,S7,即220,300,390,490„„„„7分又P(X220)2()
21
4
1114
,P(X300)C4()„„„„8分824
1
55215316
P(X390)C5(),P(X490)C6()„„„„12分
216216
所以,X的分布列为
所以X的均值为E(X)377.5万元„„„„14分20.(本小题满分14分)
(I)证明:
平面ABCD平面ABEF,CBAB,
平面ABCD平面ABEF=AB,
CB平面ABEF.
AF平面ABEF,AFCB,„„„„2
又AB为圆O的直径,AFBF,AF平面CBF.„„„„3分
AF平面ADF,平面DAF平面CBF.„„„„4分
(II)根据(Ⅰ)的证明,有AF平面CBF,
FB为AB在平面CBF内的射影,
因此,ABF为直线AB与平面CBF所成的角„„„„„6分
AB//EF,四边形ABEF为等腰梯形,
过点F作FHAB,交AB于H.
AB2,EF1,则AH
ABEF
2
2
12
.
在RtAFB中,根据射影定理AF
sinABF
AFAB
12
AHAB,得AF1.„„„„8分
,ABF30.
直线AB与平面CBF所成角的大小为30.„„„„9分
(Ⅲ)设EF中点为G,以O为坐标原点,OA、OG、AD方向分别为x轴、y轴、
z轴方向建立空间直角坐标系(如图).设ADt(t0),则点D的坐标为(1,0,t)则10)C(1,0,t),
又A(1,0,0),B(
1,0,0),F(,221CD(2,0,0),FD(,t)„„„„10分
22
设平面DCF的法向量为n1(x,y,z),则n1CD0,n1FD0.
2x0,即令zytz0.
2
3,解得x0,y2t
n1(0,2t,
3)„„„„„„12分
1由(I)可知AF平面CFB,取平面CBF
的一个法向量为n2AF(,0),
22
依题意n1与n2的夹角为60
cos60
,即
12
t
4
因此,当AD
的长为
4
时,平面与DFC平面FCB所成的锐二面角的大小为60.
„„„14分
21.(本小题满分15分)解:
(I)设椭圆方程为
xa
22
yb
22
2
1ab0。
抛物线y4x的焦点是1,0,故c1,
又
ca
12
,所以a2,b
x
2
acy
2
22
3,
所以所求的椭圆方程为
4
3
1„„„„„„„„„„4分
(II)设切点坐标为Ax1,y1,Bx2,y2,直线l上一点M的坐标4,t。
则切线方程分别为
x1x4y1y3
1,
x2x4y2y3
1。
又两切线均过点M,即x1t3
t3
y11,x2
t3
y21,
即点A,B的坐标都适合方程x的方程是x
t3
y1,而两点之间确定唯一的一条直线,故直线AB
y1,显然对任意实数t,点(1,0)都适合这个方程,故直线AB恒过
定点C1,0。
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„9分(III)将直线AB的方程x
2
t3
y1,代入椭圆方程,得
2
2
t2t2
y2ty9043y14y120,即3
3
所以y1y2
6tt12
2
,y1y2
27t12
2
不妨设y10,y20AC
x11
2
y
2
1
t22y119
t93
2
y1,同理BC
t93
2
y2„„„12
分所以
1AC
1BC
11
y2
yt9123
2
3t9
2
y2y1y1y2
3t9
2
y2y1
2
y1y2
3t9
2
1086t
22
t12t12
27
t12
2
1t9
2
t9144
9
2
43
即ACBC故存在实数
4343
ACBC。
,使得ACBCACBC。
„„„„„„„„„„„15分
22.(本小题满分15分)解:
(I)fx
2a2ax1
x2x2a
2
x2ax14ax4a2
2
2
2ax1
2a4a1
因为x2为fx的极值点,所以f20,即
2a0,解得a0。
„„4
分
(II)因为函数fx在3,上为增函数,所以
x2ax14ax4a2
2
2
fx
2ax1
0在3,上恒成立。
„„„6分
当a0时,fxxx20在3,上恒成立,所以fx在3,上为增函数,
故a0符合题意。
„„„7分
当a0时,由函数fx的定义域可知,必须有2ax10对x3恒成立,故只能a0,
所以2ax214ax4a220在3,上恒成立。
„„„8分令函数gx2ax214ax4a22,其对称轴为x1
1
14a
14a
,因为a0,所以
1,要使gx0在3,上恒成立,只要g30即可,即
g34a6a10,所以
2
34
a
3
4
。
因为a0,所以
0a
3
4
。
。
„„„10分4
综上所述,a
的取值范围为0,
(Ⅲ)当a
12
时,方程f1x
2
1x3
3
bx
可化为lnx1x1x
2
bx
。
问题转化为bxlnxx1xx1xxlnxx2x3在0,上有解,即求函数
gxxlnxxx的值域。
2
3
因为函数gxxlnxxx,令函数hxlnxxx
2
3
2
x0,„„„12分
则hx
1x
12x
2x11x
x
,
所以当0x1时,hx0,从而函数hx在0,1上为增函数,当x1时,hx0,从而函数hx在1,上为减函数,因此hxh10。
而x0,所以bxhx0,因此当x1时,b取得最大值0.„„„15分
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