山东省2022-2023学年高三下学期数学开学考试联考试卷

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名称 山东省2022-2023学年高三下学期数学开学考试联考试卷
格式 zip
文件大小 1.2MB
资源类型 试卷
版本资源
科目 数学
更新时间 2023-04-29 15:30:22

文档简介

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山东省2022-2023学年高三下学期数学开学考试联考试卷
一、单选题
1.(2023高三下·山东开学考)已知复数在复平面内的对应点为,则(  )
A. B. C. D.
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解:因为复数在复平面内的对应点为,
所以,
所以
故答案为:D
【分析】由题知,再根据复数四则运算求解即可.
2.(2023高三下·山东开学考)设集合,则的所有子集的个数为(  )
A.3 B.4 C.8 D.16
【答案】C
【知识点】子集与真子集
【解析】【解答】解:解不等式得,
解不等式得,
由于,
所以,,
所以,的所有子集的个数为个.
故答案为:C
【分析】解不等式得,所以,的所有子集的个数为个.
3.(2023高三下·山东开学考)设随机变量,且,则(  )
A. B. C. D.
【答案】A
【知识点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义
【解析】【解答】解:因为随机变量,
所以,
因为,
所以,
所以,根据正态分布的对称性,.
故答案为:A
【分析】由题知,,进而根据正态分布的对称性求解即可.
4.(2023高三下·山东开学考)抛掷一枚质地均匀的骰子3次,则向上的点数为3个互不相同的偶数的概率为(  )
A. B. C. D.
【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解:抛掷一枚质地均匀的骰子3次,共有种不同结果,
其中向上的点数为3个互不相同的偶数的情况为点数为的排列,故有种,
所以,向上的点数为3个互不相同的偶数的概率为.
故答案为:D
【分析】根据计数原理,排列的应用,古典概型求解即可.
5.(2023高三下·山东开学考)已知等边三角形的边长为1,动点满足.若,则的最小值为(  )
A. B. C.0 D.3
【答案】B
【知识点】基本不等式;平面向量数量积的运算
【解析】【解答】,
由两边平方得,
即,
当且仅当时等号成立,
所以,
所以的最小值为.
故答案为:B
【分析】由两边平方得,即,结合基本不等式求得的最小值.
6.(2023高三下·山东开学考)克罗狄斯·托勒密是希腊数学家,他博学多才,既是天文学权威,也是地理学大师.托勒密定理是平面几何中非常著名的定理,它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系,该定理的内容为圆的内接四边形中,两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和.已知四边形是圆的内接四边形,且,.若,则圆的半径为(  )
A.4 B.2 C. D.
【答案】B
【知识点】同角三角函数间的基本关系;正弦定理
【解析】【解答】解:由托勒密定理,得.
因为,所以.
设圆的半径为,由正弦定理,得.
又,所以.
因为,所以,
因为,所以,所以,
所以,则,故.
故答案为:B
【分析】由托勒密定理求出,设圆的半径为,由正弦定理,得,即可得到,再根据及二倍角公式求出,由同角三角函数关系可求出,从而得解.
7.(2023高三下·山东开学考)已知正方体的棱长为3,点满足.若在正方形内有一动点满足平面,则动点的轨迹长为(  )
A.3 B. C. D.
【答案】C
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程;空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解:如图,在棱上分别取点,使得,,连接,
因为,,
所以,,
因为平面,平面,
所以平面,
因为,,
所以,,,
因为,,
所以,≌,≌,
所以
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,平面,
所以平面平面,
因为平面平面,
所以,在正方形内有一动点满足平面时,点的轨迹为线段,
因为
所以,动点的轨迹长为
故答案为:C
【分析】在棱上分别取点,使得,,连接,证明平面平面,即可得点的轨迹为线段,再计算长度即可.
8.(2023高三下·山东开学考)设,则(  )
A. B. C. D.
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解:令,,则在上恒成立,
所以,函数在上单调递减,
所以,当时,,即,;
令,,则,
所以,函数在上单调递减,
所以,当时,,即,,
所以,当时,
所以,,
因为,
所以
所以,,即
,即
所以,
故答案为:A
【分析】利用导数证明不等式当时,,进而得,再讨论,与1的关系即可判断.
二、多选题
9.(2023高三下·山东开学考)已知双曲线和圆,则(  )
A.双曲线的离心率为
B.双曲线的渐近线方程为
C.当时,双曲线与圆没有公共点
D.当时,双曲线与圆恰有两个公共点
【答案】A,C,D
【知识点】双曲线的简单性质;圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解:由已知得,,则,所以双曲线的离心率,A符合题意;
双曲线的渐近线方程为,即,B不符合题意;
因为圆心到双曲线的渐近线的距离,
所以当时,圆与双曲线的渐近线相切,此时双曲线与圆没有公共点,C符合题意;
设双曲线上的点的坐标为,,则圆心到点的距离为
,当且仅当时取等号,
所以圆心到双曲线上的点的距离的最小值为,且双曲线上只有两个点到圆心的距离为,
所以当时,双曲线与圆恰有两个公共点,D符合题意.
故答案为:ACD
【分析】根据双曲线方程求出离心率与渐近线方程,即可判断A、B,求出圆心到渐近线的距离,即可判断C,设双曲线上的点的坐标为,圆心到点的距离为,即可得到圆心到双曲线上的点的距离的最小值为,从而判断D.
10.(2023高三下·山东开学考)已知函数.若曲线经过点,且关于直线对称,则(  )
A.的最小正周期为 B.
C.的最大值为2 D.在区间上单调递增
【答案】A,B,D
【知识点】正弦函数的单调性;由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式;正弦函数的周期性
【解析】【解答】解:因为曲线关于直线对称,
所以,即,解得,
所以,,
所以,的最小正周期为,A选项正确;
因为曲线经过点,
所以,解得,
所以,,B选项正确;
所以,的最大值为,C选项错误;
当时,,
所以在区间上单调递增,D选项正确.
故答案为:ABD
【分析】由题知,进而得,,再结合题意得,进而再讨论各选项即可得答案.
11.(2023高三下·山东开学考)在数列中,若对于任意,都有,则(  )
A.当或时,数列为常数列
B.当时,数列为递减数列,且
C.当时,数列为递增数列
D.当时,数列为单调数列
【答案】A,B,C
【知识点】数列的函数特性;数列递推式
【解析】【解答】解:对于A选项,由得,
所以,当时,,是常数列;
当时,是常数列,A选项正确;
对于B选项,,
因为,
所以,当时,,即,
同理可得,,
所以,即,
所以数列为递减数列,且,B选项正确;
对于C选项,当时,由得,即
由得,
所以,,
同理可得,
所以,即,
所以,数列为递增数列,C选项正确;
对于D选项,当时,由,即,
由得,符号不确定,
所以符号不确定,
所以,当时,数列的单调性无法确定,故错误.
故答案为:ABC
【分析】直接代入计算判断A;由题知,,再依次讨论BC选项即可判断;根据无法确定符号判断D.
12.(2023高三下·山东开学考)已知函数的定义域为,为奇函数,且对于任意,都有,则(  )
A. B.
C.为偶函数 D.为奇函数
【答案】B,C,D
【知识点】函数奇偶性的性质;抽象函数及其应用
【解析】【解答】解:由,得.
由是奇函数,得,即,
所以,即,所以,A不符合题意;
由,得,由,得,所以,B符合题意;
由,,得,即为偶函数,C符合题意;
由,,得,则,
即为奇函数,D符合题意.
故答案为:BCD
【分析】依题意可得,再由奇偶性得到,从而得到,即可判断A,由,可得,再由,即可求出,从而判断B,再结合奇偶性的定义判断C、D.
三、填空题
13.(2023高三下·山东开学考)写出曲线过点的一条切线方程   .
【答案】或(写出其中的一个答案即可)
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解:因为点在曲线上,所以曲线在点处的切线方程符合题意.
因为,所以,
所以曲线在点处的切线方程为,即.
因为当或时,;当时,,
所以函数在处取得极大值,又极大值恰好等于点的纵坐标,所以直线也符合题意.
故答案为:或(写出其中的一个答案即可)
【分析】首先判断点在曲线上,因为,所以,从而求出切线方程,再根据导数确定函数的单调性,即可得到函数的极大值,从而得到曲线的另一条切线方程.
14.(2023高三下·山东开学考)已知椭圆,直线交于两点,点,则的周长为   .
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解:由题知,
所以椭圆的焦点坐标为
所以,由得,
所以,为等边三角形,且
因为,当时,解方程得,
所以,直线过点,且倾斜角为,即,
所以,直线为为等边三角形中角的角平分线,
所以,直线为边的中垂线,
所以,
因为
所以,的周长为,
故答案为:
【分析】由题知为等边三角形,直线过点,且倾斜角为,进而得直线为边的中垂线,再根据椭圆的定义求解即可.
15.(2023高三下·山东开学考)设奇函数的定义域为,且对任意,都有.若当时,,且,则不等式的解集为   .
【答案】
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解:设,且,则
因为,当时,,所以,
因为对任意,都有.
所以,,即,
所以,函数在上单调递减,
因为是定义域为的奇函数,
所以,函数在上单调递减,
因为不等式等价于不等式,即,
因为对任意,都有,,
所以,当时,得;当时,得
所以,
所以,,,,,
所以,当时,的解集为,
当时,的解集为,
所以,的解集为,
所以,不等式的解集为
故答案为:
【分析】由题知函数在上单调递减,在上单调递减,且,,,,再根据对数函数单调性将转化为解即可得答案.
16.(2023高三下·山东开学考)已知三棱锥的体积为6,且.若该三棱锥的四个顶点都在球的球面上,则三棱锥的体积为   .
【答案】3
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解:由已知得,,.
设点到平面的距离为,则

又,所以,,两两互相垂直.
取的中点,连接并延长至点,使,连接、、,则的中点即为球心,
(四棱锥中底面,且为矩形,则四棱锥可以补形为以为底面的长方体,
即为该长方体的一条体对角线,三棱锥的外接球即为四棱锥也即为该长方体的外接球).
因为点到平面的距离等于点到平面的距离的,而点到平面的距离等于点到平面的距离,
所以.
故答案为:3
【分析】根据锥体体积公式结合条件可得,,两两互相垂直,取的中点,连接并延长至点,使,连接、、,则的中点即为球心,即可得到.
四、解答题
17.(2023高三下·山东开学考)已知数列满足.
(1)求的通项公式;
(2)若,数列满足,求的前项和.
【答案】(1)解:数列满足
所以,,解得,
由得,即,
所以,数列是等比数列,公比为,首项为,
所以,即
所以,的通项公式为
(2)解:因为,,
所以,,,,
所以,,
令,
设数列的前项和为,
因为数列为等差数列,为等比数列,
所以,
因为数列的前项和为与的和,,
所以,.
【知识点】等比数列的通项公式;数列的求和
【解析】【分析】(1)根据递推关系解方程得, 由得,所以数列是等比数列,公比为,首项为, 所以,的通项公式为 ;
(2)由题知, 所以,, 记数列, 设数列的前项和为,数列的前项和为与的和 ,再根据等差数列与等比数列求和公式求解即可.
18.(2023高三下·山东开学考)在中,,是边上一点,.
(1)若,求的值;
(2)若,求的取值范围.
【答案】(1)解:由,,
可得,.
在中,由正弦定理得;
在中,由正弦定理得;
在中,由正弦定理得,
所以.
(2)解:由,得.
设,则,,
所以,,
,则,
故.
设,则.
因为,所以,则.
设,,则.
因为当时,,所以函数在区间上单调递增.
因为,,所以,
故的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性;解三角形;正弦定理
【解析】【分析】(1)首先求出 ,,再在、、中分别利用正弦定理计算可得;
(2) 设,则,, 由面积公式表示出,,,即可得到,从而得到, 设,则,设利用导数说明函数的单调性,即可求出的值域,即可得解.
19.(2023高三下·山东开学考)为了促进地方经济的快速发展,国家鼓励地方政府实行积极灵活的人才引进政策,被引进的人才,可享受地方的福利待遇,发放高标准的安家补贴费和生活津贴.某市政府从本年度的1月份开始进行人才招聘工作,参加报名的人员通过笔试和面试两个环节的审查后,符合一定标准的人员才能被录用.现对该市1~4月份的报名人员数和录用人才数(单位:千人)进行统计,得到如下表格.
月份 1月份 2月份 3月份 4月份
报名人员数/千人 5 7
录用人才数/千人
附:经验回归方程中,斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为
(1)求出y关于x的经验回归方程;
(2)假设该市对被录用的人才每人发放2万元的生活津贴
(i)若该市5月份报名人员数为8000人,试估计该市对5月份招聘的人才需要发放的生活津贴的总金额;
(ii)假设在参加报名的人员中,小王和小李两人被录用的概率分别为,.若两人的生活津贴之和的均值不超过3万元,求的取值范围.
【答案】(1)解:由题意得,,
所以,
故关于的经验回归方程为.
(2)解:(ⅰ)将代入,得,
所以(万元),
故估计该市对5月份招聘的人才需要发放的生活津贴的总金额为1060万元.
(ⅱ)设小王和小李两人中被录用的人数为,则的可能取值为,,,
则,


所以,
则,解得.
又,所以,则.故的取值范围是.
【知识点】线性回归方程
【解析】【分析】(1)根据所给数据求出 ,,即可求出,,从而求出回归直线方程;
(2) (ⅰ)将代入,得, 即可估计需要发放的生活津贴的总金额;
(ii) 设小王和小李两人中被录用的人数为,则的可能取值为,,, 求出所对应的概率,即可求出数学期望,即可得到且,即可求出的取值范围.
20.(2023高三下·山东开学考)如图,在四棱锥中,为等边三角形,为的中点,,平面平面.
(1)证明:平面平面;
(2)若,,,求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明:设的中点为,连接,
因为为等边三角形,所以,
又因为平面平面,平面平面,且平面,
所以平面,
因为平面,所以,
又,平面,
所以平面,又因为平面,
所以,
因为在等边三角形中,为的中点,
所以,
因为,平面,
所以平面,
因为平面,
所以平面平面;
(2)解:连接,由(1)知,平面,
因为平面,所以,
因为,,,
所以四边形为矩形,
即,,,所以,
设,, ,,
以为原点,分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系,
所以,,,,,,
所以,,,,
设平面和平面的法向量分别为,,
则,,
即, ,
取,,则,,
所以,
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定;用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1) 设的中点为,连接, 利用线面垂直的判定定理可得平面 ,进而得到平面,然后根据面面垂直的判定定理即得平面平面 ;
(2)根据题意以为原点,分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系, 分别求出平面的法向量,平面的法向量, 利用向量公式,计算求解即可.
21.(2023高三下·山东开学考)已知为抛物线的焦点,为坐标原点,为的准线上的一点,直线的斜率为的面积为1.
(1)求的方程;
(2)过点作一条直线,交于两点,试问在上是否存在定点,使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方?若存在,求出点的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)解:由题意知,设点的坐标为,
则直线的斜率为.
因为直线的斜率为,所以,即,
所以的面积,
解得或(舍去),
故抛物线的方程为.
(2)解:假设存在点,使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方.
由(1)得,抛物线的准线的方程为.
设直线的方程为,,,,
联立得,
所以,,.
因为,

所以,解得或.
故存在定点,使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方,其坐标为或.
【知识点】抛物线的标准方程;抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 设点的坐标为,因为直线的斜率为,所以,即, 再根据的面积为求出,即可得解;
(2) 假设存在点,使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方,设直线的方程为,,,, 联立直线与抛物线方程,消元列出韦达定理,又,,即可得到方程,求出 或 ,即可得解.
22.(2023高三下·山东开学考)已知,函数.
(1)若和的最小值相等,求的值;
(2)若方程恰有一个实根,求的值.
【答案】(1)解:因,则.
.
则在上单调递减,在上单调递增,
故.
因,则.
.
则在上单调递减,在上单调递增,
故.

.则若和的最小值相等,.
(2)解:由,可得,
即,令,.
则方程恰有一个实根,相当于恰有一个零点.
则.
或(舍去).
令,则.
得在上单调递减,在上单调递增.
则.
令,则,
得在上单调递减,又,则当时,,
时,.
则当时,,
,此时无零点,不合题意;
当时,,
此时有唯一零点1,则满足条件;
当时,,
,又,.
则,
得,.
又令,,
得在上单调递增,又,.则.
.令.
则,令,.
得在上单调递增,则,
得在上单调递增,则.
又,则.则.
得,.则当时,有2个零点,不合题意.
综上,方程恰有一个实根时,.
【知识点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值;函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】(1)利用导数求出,,令其相等,可得答案;
(2)方程恰有一个实根,相当于,恰有一个零点.利用导数及零点存在性定理,分三种情况下,的零点情况即可得解.
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山东省2022-2023学年高三下学期数学开学考试联考试卷
一、单选题
1.(2023高三下·山东开学考)已知复数在复平面内的对应点为,则(  )
A. B. C. D.
2.(2023高三下·山东开学考)设集合,则的所有子集的个数为(  )
A.3 B.4 C.8 D.16
3.(2023高三下·山东开学考)设随机变量,且,则(  )
A. B. C. D.
4.(2023高三下·山东开学考)抛掷一枚质地均匀的骰子3次,则向上的点数为3个互不相同的偶数的概率为(  )
A. B. C. D.
5.(2023高三下·山东开学考)已知等边三角形的边长为1,动点满足.若,则的最小值为(  )
A. B. C.0 D.3
6.(2023高三下·山东开学考)克罗狄斯·托勒密是希腊数学家,他博学多才,既是天文学权威,也是地理学大师.托勒密定理是平面几何中非常著名的定理,它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系,该定理的内容为圆的内接四边形中,两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和.已知四边形是圆的内接四边形,且,.若,则圆的半径为(  )
A.4 B.2 C. D.
7.(2023高三下·山东开学考)已知正方体的棱长为3,点满足.若在正方形内有一动点满足平面,则动点的轨迹长为(  )
A.3 B. C. D.
8.(2023高三下·山东开学考)设,则(  )
A. B. C. D.
二、多选题
9.(2023高三下·山东开学考)已知双曲线和圆,则(  )
A.双曲线的离心率为
B.双曲线的渐近线方程为
C.当时,双曲线与圆没有公共点
D.当时,双曲线与圆恰有两个公共点
10.(2023高三下·山东开学考)已知函数.若曲线经过点,且关于直线对称,则(  )
A.的最小正周期为 B.
C.的最大值为2 D.在区间上单调递增
11.(2023高三下·山东开学考)在数列中,若对于任意,都有,则(  )
A.当或时,数列为常数列
B.当时,数列为递减数列,且
C.当时,数列为递增数列
D.当时,数列为单调数列
12.(2023高三下·山东开学考)已知函数的定义域为,为奇函数,且对于任意,都有,则(  )
A. B.
C.为偶函数 D.为奇函数
三、填空题
13.(2023高三下·山东开学考)写出曲线过点的一条切线方程   .
14.(2023高三下·山东开学考)已知椭圆,直线交于两点,点,则的周长为   .
15.(2023高三下·山东开学考)设奇函数的定义域为,且对任意,都有.若当时,,且,则不等式的解集为   .
16.(2023高三下·山东开学考)已知三棱锥的体积为6,且.若该三棱锥的四个顶点都在球的球面上,则三棱锥的体积为   .
四、解答题
17.(2023高三下·山东开学考)已知数列满足.
(1)求的通项公式;
(2)若,数列满足,求的前项和.
18.(2023高三下·山东开学考)在中,,是边上一点,.
(1)若,求的值;
(2)若,求的取值范围.
19.(2023高三下·山东开学考)为了促进地方经济的快速发展,国家鼓励地方政府实行积极灵活的人才引进政策,被引进的人才,可享受地方的福利待遇,发放高标准的安家补贴费和生活津贴.某市政府从本年度的1月份开始进行人才招聘工作,参加报名的人员通过笔试和面试两个环节的审查后,符合一定标准的人员才能被录用.现对该市1~4月份的报名人员数和录用人才数(单位:千人)进行统计,得到如下表格.
月份 1月份 2月份 3月份 4月份
报名人员数/千人 5 7
录用人才数/千人
附:经验回归方程中,斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为
(1)求出y关于x的经验回归方程;
(2)假设该市对被录用的人才每人发放2万元的生活津贴
(i)若该市5月份报名人员数为8000人,试估计该市对5月份招聘的人才需要发放的生活津贴的总金额;
(ii)假设在参加报名的人员中,小王和小李两人被录用的概率分别为,.若两人的生活津贴之和的均值不超过3万元,求的取值范围.
20.(2023高三下·山东开学考)如图,在四棱锥中,为等边三角形,为的中点,,平面平面.
(1)证明:平面平面;
(2)若,,,求平面与平面夹角的余弦值.
21.(2023高三下·山东开学考)已知为抛物线的焦点,为坐标原点,为的准线上的一点,直线的斜率为的面积为1.
(1)求的方程;
(2)过点作一条直线,交于两点,试问在上是否存在定点,使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方?若存在,求出点的坐标;若不存在,请说明理由.
22.(2023高三下·山东开学考)已知,函数.
(1)若和的最小值相等,求的值;
(2)若方程恰有一个实根,求的值.
答案解析部分
1.【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解:因为复数在复平面内的对应点为,
所以,
所以
故答案为:D
【分析】由题知,再根据复数四则运算求解即可.
2.【答案】C
【知识点】子集与真子集
【解析】【解答】解:解不等式得,
解不等式得,
由于,
所以,,
所以,的所有子集的个数为个.
故答案为:C
【分析】解不等式得,所以,的所有子集的个数为个.
3.【答案】A
【知识点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义
【解析】【解答】解:因为随机变量,
所以,
因为,
所以,
所以,根据正态分布的对称性,.
故答案为:A
【分析】由题知,,进而根据正态分布的对称性求解即可.
4.【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解:抛掷一枚质地均匀的骰子3次,共有种不同结果,
其中向上的点数为3个互不相同的偶数的情况为点数为的排列,故有种,
所以,向上的点数为3个互不相同的偶数的概率为.
故答案为:D
【分析】根据计数原理,排列的应用,古典概型求解即可.
5.【答案】B
【知识点】基本不等式;平面向量数量积的运算
【解析】【解答】,
由两边平方得,
即,
当且仅当时等号成立,
所以,
所以的最小值为.
故答案为:B
【分析】由两边平方得,即,结合基本不等式求得的最小值.
6.【答案】B
【知识点】同角三角函数间的基本关系;正弦定理
【解析】【解答】解:由托勒密定理,得.
因为,所以.
设圆的半径为,由正弦定理,得.
又,所以.
因为,所以,
因为,所以,所以,
所以,则,故.
故答案为:B
【分析】由托勒密定理求出,设圆的半径为,由正弦定理,得,即可得到,再根据及二倍角公式求出,由同角三角函数关系可求出,从而得解.
7.【答案】C
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程;空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解:如图,在棱上分别取点,使得,,连接,
因为,,
所以,,
因为平面,平面,
所以平面,
因为,,
所以,,,
因为,,
所以,≌,≌,
所以
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,平面,
所以平面平面,
因为平面平面,
所以,在正方形内有一动点满足平面时,点的轨迹为线段,
因为
所以,动点的轨迹长为
故答案为:C
【分析】在棱上分别取点,使得,,连接,证明平面平面,即可得点的轨迹为线段,再计算长度即可.
8.【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解:令,,则在上恒成立,
所以,函数在上单调递减,
所以,当时,,即,;
令,,则,
所以,函数在上单调递减,
所以,当时,,即,,
所以,当时,
所以,,
因为,
所以
所以,,即
,即
所以,
故答案为:A
【分析】利用导数证明不等式当时,,进而得,再讨论,与1的关系即可判断.
9.【答案】A,C,D
【知识点】双曲线的简单性质;圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解:由已知得,,则,所以双曲线的离心率,A符合题意;
双曲线的渐近线方程为,即,B不符合题意;
因为圆心到双曲线的渐近线的距离,
所以当时,圆与双曲线的渐近线相切,此时双曲线与圆没有公共点,C符合题意;
设双曲线上的点的坐标为,,则圆心到点的距离为
,当且仅当时取等号,
所以圆心到双曲线上的点的距离的最小值为,且双曲线上只有两个点到圆心的距离为,
所以当时,双曲线与圆恰有两个公共点,D符合题意.
故答案为:ACD
【分析】根据双曲线方程求出离心率与渐近线方程,即可判断A、B,求出圆心到渐近线的距离,即可判断C,设双曲线上的点的坐标为,圆心到点的距离为,即可得到圆心到双曲线上的点的距离的最小值为,从而判断D.
10.【答案】A,B,D
【知识点】正弦函数的单调性;由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式;正弦函数的周期性
【解析】【解答】解:因为曲线关于直线对称,
所以,即,解得,
所以,,
所以,的最小正周期为,A选项正确;
因为曲线经过点,
所以,解得,
所以,,B选项正确;
所以,的最大值为,C选项错误;
当时,,
所以在区间上单调递增,D选项正确.
故答案为:ABD
【分析】由题知,进而得,,再结合题意得,进而再讨论各选项即可得答案.
11.【答案】A,B,C
【知识点】数列的函数特性;数列递推式
【解析】【解答】解:对于A选项,由得,
所以,当时,,是常数列;
当时,是常数列,A选项正确;
对于B选项,,
因为,
所以,当时,,即,
同理可得,,
所以,即,
所以数列为递减数列,且,B选项正确;
对于C选项,当时,由得,即
由得,
所以,,
同理可得,
所以,即,
所以,数列为递增数列,C选项正确;
对于D选项,当时,由,即,
由得,符号不确定,
所以符号不确定,
所以,当时,数列的单调性无法确定,故错误.
故答案为:ABC
【分析】直接代入计算判断A;由题知,,再依次讨论BC选项即可判断;根据无法确定符号判断D.
12.【答案】B,C,D
【知识点】函数奇偶性的性质;抽象函数及其应用
【解析】【解答】解:由,得.
由是奇函数,得,即,
所以,即,所以,A不符合题意;
由,得,由,得,所以,B符合题意;
由,,得,即为偶函数,C符合题意;
由,,得,则,
即为奇函数,D符合题意.
故答案为:BCD
【分析】依题意可得,再由奇偶性得到,从而得到,即可判断A,由,可得,再由,即可求出,从而判断B,再结合奇偶性的定义判断C、D.
13.【答案】或(写出其中的一个答案即可)
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解:因为点在曲线上,所以曲线在点处的切线方程符合题意.
因为,所以,
所以曲线在点处的切线方程为,即.
因为当或时,;当时,,
所以函数在处取得极大值,又极大值恰好等于点的纵坐标,所以直线也符合题意.
故答案为:或(写出其中的一个答案即可)
【分析】首先判断点在曲线上,因为,所以,从而求出切线方程,再根据导数确定函数的单调性,即可得到函数的极大值,从而得到曲线的另一条切线方程.
14.【答案】
【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解:由题知,
所以椭圆的焦点坐标为
所以,由得,
所以,为等边三角形,且
因为,当时,解方程得,
所以,直线过点,且倾斜角为,即,
所以,直线为为等边三角形中角的角平分线,
所以,直线为边的中垂线,
所以,
因为
所以,的周长为,
故答案为:
【分析】由题知为等边三角形,直线过点,且倾斜角为,进而得直线为边的中垂线,再根据椭圆的定义求解即可.
15.【答案】
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解:设,且,则
因为,当时,,所以,
因为对任意,都有.
所以,,即,
所以,函数在上单调递减,
因为是定义域为的奇函数,
所以,函数在上单调递减,
因为不等式等价于不等式,即,
因为对任意,都有,,
所以,当时,得;当时,得
所以,
所以,,,,,
所以,当时,的解集为,
当时,的解集为,
所以,的解集为,
所以,不等式的解集为
故答案为:
【分析】由题知函数在上单调递减,在上单调递减,且,,,,再根据对数函数单调性将转化为解即可得答案.
16.【答案】3
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解:由已知得,,.
设点到平面的距离为,则

又,所以,,两两互相垂直.
取的中点,连接并延长至点,使,连接、、,则的中点即为球心,
(四棱锥中底面,且为矩形,则四棱锥可以补形为以为底面的长方体,
即为该长方体的一条体对角线,三棱锥的外接球即为四棱锥也即为该长方体的外接球).
因为点到平面的距离等于点到平面的距离的,而点到平面的距离等于点到平面的距离,
所以.
故答案为:3
【分析】根据锥体体积公式结合条件可得,,两两互相垂直,取的中点,连接并延长至点,使,连接、、,则的中点即为球心,即可得到.
17.【答案】(1)解:数列满足
所以,,解得,
由得,即,
所以,数列是等比数列,公比为,首项为,
所以,即
所以,的通项公式为
(2)解:因为,,
所以,,,,
所以,,
令,
设数列的前项和为,
因为数列为等差数列,为等比数列,
所以,
因为数列的前项和为与的和,,
所以,.
【知识点】等比数列的通项公式;数列的求和
【解析】【分析】(1)根据递推关系解方程得, 由得,所以数列是等比数列,公比为,首项为, 所以,的通项公式为 ;
(2)由题知, 所以,, 记数列, 设数列的前项和为,数列的前项和为与的和 ,再根据等差数列与等比数列求和公式求解即可.
18.【答案】(1)解:由,,
可得,.
在中,由正弦定理得;
在中,由正弦定理得;
在中,由正弦定理得,
所以.
(2)解:由,得.
设,则,,
所以,,
,则,
故.
设,则.
因为,所以,则.
设,,则.
因为当时,,所以函数在区间上单调递增.
因为,,所以,
故的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性;解三角形;正弦定理
【解析】【分析】(1)首先求出 ,,再在、、中分别利用正弦定理计算可得;
(2) 设,则,, 由面积公式表示出,,,即可得到,从而得到, 设,则,设利用导数说明函数的单调性,即可求出的值域,即可得解.
19.【答案】(1)解:由题意得,,
所以,
故关于的经验回归方程为.
(2)解:(ⅰ)将代入,得,
所以(万元),
故估计该市对5月份招聘的人才需要发放的生活津贴的总金额为1060万元.
(ⅱ)设小王和小李两人中被录用的人数为,则的可能取值为,,,
则,


所以,
则,解得.
又,所以,则.故的取值范围是.
【知识点】线性回归方程
【解析】【分析】(1)根据所给数据求出 ,,即可求出,,从而求出回归直线方程;
(2) (ⅰ)将代入,得, 即可估计需要发放的生活津贴的总金额;
(ii) 设小王和小李两人中被录用的人数为,则的可能取值为,,, 求出所对应的概率,即可求出数学期望,即可得到且,即可求出的取值范围.
20.【答案】(1)证明:设的中点为,连接,
因为为等边三角形,所以,
又因为平面平面,平面平面,且平面,
所以平面,
因为平面,所以,
又,平面,
所以平面,又因为平面,
所以,
因为在等边三角形中,为的中点,
所以,
因为,平面,
所以平面,
因为平面,
所以平面平面;
(2)解:连接,由(1)知,平面,
因为平面,所以,
因为,,,
所以四边形为矩形,
即,,,所以,
设,, ,,
以为原点,分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系,
所以,,,,,,
所以,,,,
设平面和平面的法向量分别为,,
则,,
即, ,
取,,则,,
所以,
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定;用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1) 设的中点为,连接, 利用线面垂直的判定定理可得平面 ,进而得到平面,然后根据面面垂直的判定定理即得平面平面 ;
(2)根据题意以为原点,分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系, 分别求出平面的法向量,平面的法向量, 利用向量公式,计算求解即可.
21.【答案】(1)解:由题意知,设点的坐标为,
则直线的斜率为.
因为直线的斜率为,所以,即,
所以的面积,
解得或(舍去),
故抛物线的方程为.
(2)解:假设存在点,使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方.
由(1)得,抛物线的准线的方程为.
设直线的方程为,,,,
联立得,
所以,,.
因为,

所以,解得或.
故存在定点,使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方,其坐标为或.
【知识点】抛物线的标准方程;抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 设点的坐标为,因为直线的斜率为,所以,即, 再根据的面积为求出,即可得解;
(2) 假设存在点,使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方,设直线的方程为,,,, 联立直线与抛物线方程,消元列出韦达定理,又,,即可得到方程,求出 或 ,即可得解.
22.【答案】(1)解:因,则.
.
则在上单调递减,在上单调递增,
故.
因,则.
.
则在上单调递减,在上单调递增,
故.

.则若和的最小值相等,.
(2)解:由,可得,
即,令,.
则方程恰有一个实根,相当于恰有一个零点.
则.
或(舍去).
令,则.
得在上单调递减,在上单调递增.
则.
令,则,
得在上单调递减,又,则当时,,
时,.
则当时,,
,此时无零点,不合题意;
当时,,
此时有唯一零点1,则满足条件;
当时,,
,又,.
则,
得,.
又令,,
得在上单调递增,又,.则.
.令.
则,令,.
得在上单调递增,则,
得在上单调递增,则.
又,则.则.
得,.则当时,有2个零点,不合题意.
综上,方程恰有一个实根时,.
【知识点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值;函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】(1)利用导数求出,,令其相等,可得答案;
(2)方程恰有一个实根,相当于,恰有一个零点.利用导数及零点存在性定理,分三种情况下,的零点情况即可得解.
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