登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
山东省济南市2022-2023学年高三下学期数学开学考试试卷
一、单选题
1.(2023高三下·济南开学考)已知复数,其中i是虚数单位,则在复平面内所对应的点在( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
2.(2023高三下·济南开学考)已知集合,,则( )
A. B.
C. D.
3.(2023高三下·济南开学考)已知向量,满足,,则向量,的夹角为( )
A. B. C. D.
4.(2023高三下·济南开学考)“”的一个充分条件可以是( )
A. B. C. D.
5.(2023高三下·济南开学考)下图是函数的部分图象,则它的解析式可能是( )
A. B.
C. D.
6.(2023高三下·济南开学考)已知,则( )
A. B. C. D.
7.(2023高三下·济南开学考)已知等比数列的公比为,其前项和为,若对任意的恒成立,则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
8.(2023高三下·济南开学考)已知,,,则( )
A.a>b>c B.a>c>b C.b>c>a D.c>b>a
二、多选题
9.(2023高三下·济南开学考)居家学习期间,某学校发起了“畅读经典,欢度新年”活动,根据统计数据可知,该校共有1200名学生,所有学生每天读书时间均在20分钟到100分钟之间,他们的日阅读时间频率分布直方图如图所示.则下列结论正确的是( )
A.该校学生日阅读时间的众数约为70
B.该校学生日阅读时间不低于60分钟的人数约为360
C.该校学生日阅读时间的第50百分位数约为65
D.该校学生日阅读时间的平均数约为64
10.(2023高三下·济南开学考)已知函数满足恒成立,且在上单调递增,则下列说法中正确的是( )
A.
B.为偶函数
C.若,则
D.将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍,可以得到的图象
11.(2023高三下·济南开学考)如图所示,抛物线E:的焦点为F,过点的直线,与E分别相交于,和C,D两点,直线AD经过点F,当直线AB垂直于x轴时,.下列结论正确的是( )
A.E的方程为
B.
C.若AD,BC的斜率分别为,,则
D.若AD,BC的倾斜角分别为,,则的最大值为
12.(2023高三下·济南开学考)在平面四边形ABCD中,,AD=CD=2,AB=1,,沿AC将折起,使得点B到达点的位置,得到三棱锥.则下列说法正确的是( )
A.三棱锥体积的最大值为
B.为定值
C.直线AC与所成角的余弦值的取值范围为
D.对任意点,线段AD上必存在点N,使得
三、填空题
13.(2023高三下·济南开学考)为推动黄河流域生态保护和高质量发展,某市环保局派出4个宣传小组,到黄河沿岸5个社区做环保宣讲活动,每个小组至少去1个社区,每个社区只安排1个小组,则不同的安排方法共有 种(用数字作答).
14.(2023高三下·济南开学考)已知圆锥侧面展开图的周长为,面积为,则该圆锥的体积为 .
15.(2023高三下·济南开学考)已知函数若方程有两个不同的实数根,且,则实数a的取值范围是 .
16.(2023高三下·济南开学考)已知,分别为椭圆的左、右焦点,以为圆心且过椭圆左顶点的圆与直线相切.P为椭圆上一点,I为的内心,且,则的值为 .
四、解答题
17.(2023高三下·济南开学考)甲、乙两人进行抛掷骰子游戏,两人轮流抛掷一枚质地均匀的骰子.规定:先掷出点数6的获胜,游戏结束.
(1)记两人抛掷骰子的总次数为X,若每人最多抛掷两次骰子,求比赛结束时,X的分布列和期望;
(2)已知甲先掷,求甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率.
18.(2023高三下·济南开学考)已知中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.
(1)证明:A=2B;
(2)若a=3,b=2,求的面积.
19.(2023高三下·济南开学考)各项均为正数的数列,其前n项和记为,且满足对,都有.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,证明:.
20.(2023高三下·济南开学考)在四棱锥中,底面是直角梯形,,,侧面底面,.
(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·济南开学考)已知双曲线的实轴长为2,直线为的一条渐近线.
(1)求的方程;
(2)若过点的直线与交于两点,在轴上是否存在定点,使得为定值?若存在,求出点的坐标;若不存在,请说明理由.
22.(2023高三下·济南开学考)已知函数,为的导数.
(1)证明:在区间上存在唯一的极大值点;
(2)讨论零点的个数.
答案解析部分
1.【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为,所以,
所以,
故在复平面内所对应的点的坐标为,在第三象限.
故答案为:C.
【分析】根据复数运算求得,再求其共轭复数及其对应的点所在象限.
2.【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解:由,即,解得,
即,
又,所以.
故答案为:B
【分析】首先解一元二次方程求出集合,再根据交集的定义计算可得.
3.【答案】C
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】,
即,则,,.
故答案为:C.
【分析】根据平面向量数量积运算,结合计算即可.
4.【答案】D
【知识点】有理数指数幂的运算性质;不等式的基本性质
【解析】【解答】由,即,所以
对A,,
所以不一定有,A不符合题意,
B,由,则,
则或,B项不符合题意,
C,,
则或,C不符合题意,
D,由知,
所以,成立,D符合题意,
故答案为:D.
【分析】结合分数不等式的解,不等式的性质,及指数函数的性质,利用充分条件逐项判断即可.
5.【答案】C
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】观察题意,易知函数是奇函数,其定义域为,
对于A,易得的定义域为,关于原点对称,
又,
所以在上是偶函数,A不符合题意;
对于B,当时,,则在处无意义,B不符合题意;
对于D,易得的定义域为,关于原点对称,
又,
所以在上是奇函数,
令,则,
所以在上单调递增,又,故在上有唯一零点,
令,即,即或,
对于,得;对于,得;
所以在右侧的第一个零点为,第二个零点为,
取,则,远远小于,
而图像中在上的最小值大于,矛盾,
此外,由于在上单调递增,且可以取得无穷大,
所以的图像呈波浪形状,且幅度向两端逐渐增大,起伏非常大,D不符合题意;
对于C,易得的定义域为,关于原点对称,
因为
又,
所以在上是奇函数,
令,则,
所以在上单调递增,又,故在上有唯一零点,
令,即,即或,
对于,得;对于,得;
所以在右侧的第一个零点为,第二个零点为,
因为,则,故,
又,所以,即,
显然在和上满足,满足图像,
此外在上单调递增,,
所以的图像呈波浪形状,且幅度向两端逐渐增大,但起伏不大,
综上,该选项的解析式基本满足题意,又排除了ABD,C符合题意.
故答案为:C.
【分析】对于A,判断的奇偶性即可排除;对于B,由在处无意义排除即可;对于CD,先判断的奇偶性,再利用导数求得的零点,分析的图像特征,从而结合图像即可得解.
6.【答案】B
【知识点】三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】【解答】,
,
,
,
,
,
,
故答案为:B.
【分析】根据三角恒等变换化简得出,根据二倍角的余弦公式与诱导公式得到,即可得出答案.
7.【答案】D
【知识点】等比数列的前n项和;等比数列的性质
【解析】【解答】因为为等比数列的公比,所以,
因为对任意的恒成立,所以,
当时,恒成立,满足条件,
当,,
由对任意的恒成立,可得,
所以,
所以或,
所以或或,
所以的取值范围是.
故答案为:D.
【分析】由条件可得,讨论,根据等比数列求和公式化简,可得的取值范围.
8.【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】,,两边取对数得:,,,
令,,
则,
令,,
则在上恒成立,
所以在上为增函数,
因为当时,恒成立,
所以在上恒成立,
故在上恒成立,
故在上单调递增,
所以,故,
即,
因为在上单调递增,所以.
故答案为:A
【分析】,,两边取对数得:,,,令,,求导后再令,研究其单调性,得到在上单调递增,从而得到,因为在上单调递增,所以.
9.【答案】A,C,D
【知识点】收集数据的方法
【解析】【解答】对于A,由图可知众数约为,A符合题意;
对于B,阅读时间不低于60分钟的人数约为(0.02+0.01)×20×1200=720,B不符合题意;
对于C, [20,60)的频率为(0.005+0.015)×20=0.4, [60,80)的频率为0.02×20=0.4,
∴第50百分位数为 ,C符合题意;
对于D,平均值为30×0.005×20+50×0.015×20+70×0.02×20+90×0.01×20=64,D符合题意;
故答案为:ACD
【分析】结合频率分布直方图,逐一计算判断即可.
10.【答案】A,B
【知识点】正弦函数的定义域和值域;函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换
【解析】【解答】解:因为函数满足恒成立,
所以,,解得,,
当时,,
因为函数在上单调递增,所以,解得,
综上可得,A符合题意;
所以,则,
所以为偶函数,B符合题意;
对于C:当时,,所以,即,C不符合题意;
对于D:将图象上所有点的横坐标变为原来的倍,可以得到的图象,D不符合题意;
故答案为:AB
【分析】令所以,,解得,,当时,,根据函数的单调性得到,从而求出,即可得到函数解析式,再根据正弦函数的性质一一判断即可.
11.【答案】A,D
【知识点】抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】当直线垂直于x轴时,直线的方程为,
所以点的横坐标为,
所以,又,
所以,所以抛物线的方程为,A符合题意;
所以,
若直线的斜率为0,则直线与抛物线只有一个交点,以已知矛盾,
故可设直线的方程为,
联立,化简可得,
方程的判别式,
由已知为方程的两根,
所以,,B不符合题意;
同理可设的方程为,
联立,化简可得,
方程的判别式,
设
所以,,
若直线的斜率存在,则,, ,
因为直线AD经过点F,所以,
所以,因为,
所以,
所以,
所以,,
所以,C不符合题意;
因为AD,BC的倾斜角分别为,,
当时,因为,所以,
所以,
当时,,,
所以,此时,
当,因为,所以,
所以
所以,
当且仅当,时等号成立,即时等号成立,
所以的最大值为,D符合题意;
故答案为:AD.
【分析】根据抛物线定义表示,由条件列方程求可得抛物线方程,判断A,设设直线的方程为,利用设而不求法求,判断B,设,利用韦达定理得,根据直线AD经过点F,确定,表示出,,判断C,讨论,结合利用基本不等式求的最值即可判断D.
12.【答案】A,B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积;异面直线及其所成的角
【解析】【解答】在中,,,有,在中,,
由余弦定理得,而,则,又,
有,取的中点E,连交于,而,则有,连,则,如图,
在三棱锥中,,平面,
则平面,又平面,于是平面平面,在平面内过作于F,如图,
因为平面平面,因此平面,而为二面角的平面角,
,,
当且仅当F与H重合,即平面平面时取等号,又,
所以,即三棱锥体积的最大值为,A符合题意;
,
因此为定值2,B符合题意;
设直线AC与所成的角为,沿翻折,在此过程中,,即,
由B知,,
因此直线AC与所成角的余弦值的取值范围为,C不符合题意;
点在边上,令,显然,
,令,在翻折过程中,,
,则有,显然有,
即对任意的,都存在,,使得,
所以对任意点,线段AD上必存在点N,使得,D符合题意.
故答案为:ABD
【分析】根据给定条件,在四边形中求出,取AD中点E,并求出相关量,在三棱锥中,求出点到平面的距离判断A;利用向量运算计算判断B,C;借助向量建立关系式,由等式成立判断D作答.
13.【答案】240
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】依题意,有一个小组必去两个社区,把5个社区分成4组有种分法,
将分成的4组安排给4个宣传小组有种方法,
所以不同的安排方法共有(种).
故答案为:240
【分析】根据给定条件,把5个社区分成4组,再将分成的4组分配到4个宣传小组即可作答.
14.【答案】或
【知识点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台、球);扇形的弧长与面积
【解析】【解答】设圆锥的底面圆半径为,母线长,则圆锥侧面展开图扇形弧长为,
依题意,,即,解得或,
当时,圆锥的高,体积为,
当时,圆锥的高,体积为,
所以该圆锥的体积为或.
故答案为:或
【分析】根据给定条件,求出圆锥底面圆半径、母线长,进而求出高即可计算作答.
15.【答案】
【知识点】分段函数的应用;函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】当时,函数单调递增,取值集合为,函数图象与y轴交于点,
当时,,求导得,当时,,当时,,
因此函数在上单调递减,在上单调递增,,
而,在坐标平面内作出函数的图象,如图,
方程有两个不同的实数根,即直线与函数的图象有两个不同交点,
交点横坐标为,不妨令,观察图象知,直线必与函数的图象有公共点,
则,,由得:,由知,,即有,
,则有,,
令函数,当时,,
即函数在上单调递增,,依题意,,
因此,解得,综上得,
所以实数a的取值范围是.
故答案为:
【分析】方程有两个不同的实数根,即直线与函数的图象有两个不同交点,在坐标平面内作出函数的图象,数形结合即可得解.
16.【答案】
【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】设,,为圆心且过椭圆左顶点的圆的半径为,根据题意可知,解得
设的内接圆半径为r,则
,,
故,化简可得,即,解得
故答案为:
【分析】根据题意利用点到直线的距离公式求出椭圆焦点坐标,再利用三角形内接圆与三角形面积的关系列式,结合椭圆定义即可求出答案.
17.【答案】(1)解:依题意,抛掷骰子一次获胜的概率,
的可能值为1,2,3,4,
,,,,
所以的分布列为;
1 2 3 4
期望.
(2)解:设甲抛掷第n次骰子且不获胜的事件的概率为,
依题意,,当时,,
因此数列是以为首项,为公比的等比数列,则,
当时,甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率,
显然当时,满足上式,
所以甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率为.
【知识点】离散型随机变量及其分布列;离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1) 依题意,抛掷骰子一次获胜的概率,的可能值为1,2,3,4,分别求出对应概率,列出分布列,求出期望作答;
(2)利用独立事件的概率公式,求出甲抛掷第n次骰子且不获胜的概率的递推公式,再借助数列求解作答.
18.【答案】(1)证明:因为,
所以,即,
,
,
,
,
所以或,,
又,
所以;
(2)解:由(1) ,又a=3,b=2,
所以,
由余弦定理可得,
因为,所以,
所以的面积.
【知识点】解三角形;正弦定理;余弦定理
【解析】【分析】(1)利用正弦定理化边为角, 所以,即, 结合余弦定理可得,再化边为角,结合三角恒等变换即可证明;
(2)结合(1)求得,由余弦定理求,再求,利用面积公式即可求解.
19.【答案】(1)解:由已知:对于, , ,
则
∴,且数列各项均为正数
∴,
,因为,得,
∴数列是首项为1,公差为1的等差数列,
故.
(2)证明:,,
故
,
所以.
【知识点】等差数列的通项公式;数列的求和
【解析】【分析】(1)结合递推式,可得,进而得,得到数列是首项为1,公差为1的等差数列, 进而可得通项公式;
(2)由,利用放缩法得,利用裂项求和即可求解.
20.【答案】(1)证明:由题意,
取分别为棱的中点, 连接,
则;
∵, 且,
∴, 且,
∴四边形为平行四边形, 故.
∵为棱的中点,
∴;
∵, 平面底面, 平面底面,
∴平面,
∵平面,
∴;
又,且在平面内
∴平面.
∵,
∴平面,
又∵平面,
∴平面平面.
(2)解:由题意及(1)得,
取中点为, 连接,
∵为等边三角形,
∴,
∵平面底面,
∴底面,
过作, 交于点, 则;
以为原点,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,
设, 则,
则,
由(1)可知平面 故平面的法向量取,
设平面的法向量为,
由, 解得,
令, 得,
设平面与平面的夹角为,
∴,
∴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)取分别为棱的中点, 连接,先证明平面,得, 平面,从而得到平面平面;
(2) 以为原点,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设, 则, 分别求出平面的法向量,平面的法向量 ,利用向量坐标公式即可求出平面与平面夹角的余弦值.
21.【答案】(1)解:由题意得,即.
因为的渐近线方程为.
所以,
所以,
故的方程为:.
(2)解:当直线不与轴重合时,
设直线的方程为,
代入,得,
即.
设点,
则.
设点,
则
,
若为定值,
令
解得,
此时.
当直线l与轴重合时,则点为双曲线的两顶点,不妨设点.
对于点,
所以存在定点,使为定值.
【知识点】双曲线的标准方程;双曲线的简单性质;直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】(1) 由题意得,即,再由渐近线的方程得的值,求得,即可得双曲线方程;
(2) 当直线不与轴重合时,设直线的方程为,代入双曲线方程,设点,得,再设,计算, 若为定值, 解得 ,同时验证当直线斜率为0时, 对于点, 即得结论.
22.【答案】(1)证明:函数的定义域为,求导得,
令,则,当时,,
函数在上单调递增,在上无极值点,
当时,在上都递减,即在上递减,
而,则存在唯一,,
当时,,当时,,
因此函数在上单调递增,在上单调递减,则为在上的极大值点,
所以在区间上存在唯一的极大值点;
(2)解:当时,,则恒成立,函数在上无零点,
当时,,则恒成立,函数在上无零点,
当时,,则恒成立,函数在上单调递减,
而,因此函数在内有唯一零点,
当时,,即0是函数的一个零点,由(1)知在上单调递增,
而,则存在唯一,使得,
当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增,
有,又,因此函数在上有唯一零点,在上无零点,
当时,由(1)知,函数在上单调递增,在上单调递减,
因为,则存在唯一,使得,
当时,,函数单调递增,当时,,函数单调递减,
又,因此函数在上无零点,
综上得,函数共有3个零点.
【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)求出函数导数,再利用导数分和两段讨论函数的极值点作答;
(2)根据给定的函数,判断函数在区间与上函数值,再利用导数分段讨论在上零点情况作答.
二一教育在线组卷平台(zujuan.21cnjy.com)自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
山东省济南市2022-2023学年高三下学期数学开学考试试卷
一、单选题
1.(2023高三下·济南开学考)已知复数,其中i是虚数单位,则在复平面内所对应的点在( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为,所以,
所以,
故在复平面内所对应的点的坐标为,在第三象限.
故答案为:C.
【分析】根据复数运算求得,再求其共轭复数及其对应的点所在象限.
2.(2023高三下·济南开学考)已知集合,,则( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解:由,即,解得,
即,
又,所以.
故答案为:B
【分析】首先解一元二次方程求出集合,再根据交集的定义计算可得.
3.(2023高三下·济南开学考)已知向量,满足,,则向量,的夹角为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】,
即,则,,.
故答案为:C.
【分析】根据平面向量数量积运算,结合计算即可.
4.(2023高三下·济南开学考)“”的一个充分条件可以是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【知识点】有理数指数幂的运算性质;不等式的基本性质
【解析】【解答】由,即,所以
对A,,
所以不一定有,A不符合题意,
B,由,则,
则或,B项不符合题意,
C,,
则或,C不符合题意,
D,由知,
所以,成立,D符合题意,
故答案为:D.
【分析】结合分数不等式的解,不等式的性质,及指数函数的性质,利用充分条件逐项判断即可.
5.(2023高三下·济南开学考)下图是函数的部分图象,则它的解析式可能是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】观察题意,易知函数是奇函数,其定义域为,
对于A,易得的定义域为,关于原点对称,
又,
所以在上是偶函数,A不符合题意;
对于B,当时,,则在处无意义,B不符合题意;
对于D,易得的定义域为,关于原点对称,
又,
所以在上是奇函数,
令,则,
所以在上单调递增,又,故在上有唯一零点,
令,即,即或,
对于,得;对于,得;
所以在右侧的第一个零点为,第二个零点为,
取,则,远远小于,
而图像中在上的最小值大于,矛盾,
此外,由于在上单调递增,且可以取得无穷大,
所以的图像呈波浪形状,且幅度向两端逐渐增大,起伏非常大,D不符合题意;
对于C,易得的定义域为,关于原点对称,
因为
又,
所以在上是奇函数,
令,则,
所以在上单调递增,又,故在上有唯一零点,
令,即,即或,
对于,得;对于,得;
所以在右侧的第一个零点为,第二个零点为,
因为,则,故,
又,所以,即,
显然在和上满足,满足图像,
此外在上单调递增,,
所以的图像呈波浪形状,且幅度向两端逐渐增大,但起伏不大,
综上,该选项的解析式基本满足题意,又排除了ABD,C符合题意.
故答案为:C.
【分析】对于A,判断的奇偶性即可排除;对于B,由在处无意义排除即可;对于CD,先判断的奇偶性,再利用导数求得的零点,分析的图像特征,从而结合图像即可得解.
6.(2023高三下·济南开学考)已知,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【知识点】三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】【解答】,
,
,
,
,
,
,
故答案为:B.
【分析】根据三角恒等变换化简得出,根据二倍角的余弦公式与诱导公式得到,即可得出答案.
7.(2023高三下·济南开学考)已知等比数列的公比为,其前项和为,若对任意的恒成立,则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【知识点】等比数列的前n项和;等比数列的性质
【解析】【解答】因为为等比数列的公比,所以,
因为对任意的恒成立,所以,
当时,恒成立,满足条件,
当,,
由对任意的恒成立,可得,
所以,
所以或,
所以或或,
所以的取值范围是.
故答案为:D.
【分析】由条件可得,讨论,根据等比数列求和公式化简,可得的取值范围.
8.(2023高三下·济南开学考)已知,,,则( )
A.a>b>c B.a>c>b C.b>c>a D.c>b>a
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】,,两边取对数得:,,,
令,,
则,
令,,
则在上恒成立,
所以在上为增函数,
因为当时,恒成立,
所以在上恒成立,
故在上恒成立,
故在上单调递增,
所以,故,
即,
因为在上单调递增,所以.
故答案为:A
【分析】,,两边取对数得:,,,令,,求导后再令,研究其单调性,得到在上单调递增,从而得到,因为在上单调递增,所以.
二、多选题
9.(2023高三下·济南开学考)居家学习期间,某学校发起了“畅读经典,欢度新年”活动,根据统计数据可知,该校共有1200名学生,所有学生每天读书时间均在20分钟到100分钟之间,他们的日阅读时间频率分布直方图如图所示.则下列结论正确的是( )
A.该校学生日阅读时间的众数约为70
B.该校学生日阅读时间不低于60分钟的人数约为360
C.该校学生日阅读时间的第50百分位数约为65
D.该校学生日阅读时间的平均数约为64
【答案】A,C,D
【知识点】收集数据的方法
【解析】【解答】对于A,由图可知众数约为,A符合题意;
对于B,阅读时间不低于60分钟的人数约为(0.02+0.01)×20×1200=720,B不符合题意;
对于C, [20,60)的频率为(0.005+0.015)×20=0.4, [60,80)的频率为0.02×20=0.4,
∴第50百分位数为 ,C符合题意;
对于D,平均值为30×0.005×20+50×0.015×20+70×0.02×20+90×0.01×20=64,D符合题意;
故答案为:ACD
【分析】结合频率分布直方图,逐一计算判断即可.
10.(2023高三下·济南开学考)已知函数满足恒成立,且在上单调递增,则下列说法中正确的是( )
A.
B.为偶函数
C.若,则
D.将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍,可以得到的图象
【答案】A,B
【知识点】正弦函数的定义域和值域;函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换
【解析】【解答】解:因为函数满足恒成立,
所以,,解得,,
当时,,
因为函数在上单调递增,所以,解得,
综上可得,A符合题意;
所以,则,
所以为偶函数,B符合题意;
对于C:当时,,所以,即,C不符合题意;
对于D:将图象上所有点的横坐标变为原来的倍,可以得到的图象,D不符合题意;
故答案为:AB
【分析】令所以,,解得,,当时,,根据函数的单调性得到,从而求出,即可得到函数解析式,再根据正弦函数的性质一一判断即可.
11.(2023高三下·济南开学考)如图所示,抛物线E:的焦点为F,过点的直线,与E分别相交于,和C,D两点,直线AD经过点F,当直线AB垂直于x轴时,.下列结论正确的是( )
A.E的方程为
B.
C.若AD,BC的斜率分别为,,则
D.若AD,BC的倾斜角分别为,,则的最大值为
【答案】A,D
【知识点】抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】当直线垂直于x轴时,直线的方程为,
所以点的横坐标为,
所以,又,
所以,所以抛物线的方程为,A符合题意;
所以,
若直线的斜率为0,则直线与抛物线只有一个交点,以已知矛盾,
故可设直线的方程为,
联立,化简可得,
方程的判别式,
由已知为方程的两根,
所以,,B不符合题意;
同理可设的方程为,
联立,化简可得,
方程的判别式,
设
所以,,
若直线的斜率存在,则,, ,
因为直线AD经过点F,所以,
所以,因为,
所以,
所以,
所以,,
所以,C不符合题意;
因为AD,BC的倾斜角分别为,,
当时,因为,所以,
所以,
当时,,,
所以,此时,
当,因为,所以,
所以
所以,
当且仅当,时等号成立,即时等号成立,
所以的最大值为,D符合题意;
故答案为:AD.
【分析】根据抛物线定义表示,由条件列方程求可得抛物线方程,判断A,设设直线的方程为,利用设而不求法求,判断B,设,利用韦达定理得,根据直线AD经过点F,确定,表示出,,判断C,讨论,结合利用基本不等式求的最值即可判断D.
12.(2023高三下·济南开学考)在平面四边形ABCD中,,AD=CD=2,AB=1,,沿AC将折起,使得点B到达点的位置,得到三棱锥.则下列说法正确的是( )
A.三棱锥体积的最大值为
B.为定值
C.直线AC与所成角的余弦值的取值范围为
D.对任意点,线段AD上必存在点N,使得
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积;异面直线及其所成的角
【解析】【解答】在中,,,有,在中,,
由余弦定理得,而,则,又,
有,取的中点E,连交于,而,则有,连,则,如图,
在三棱锥中,,平面,
则平面,又平面,于是平面平面,在平面内过作于F,如图,
因为平面平面,因此平面,而为二面角的平面角,
,,
当且仅当F与H重合,即平面平面时取等号,又,
所以,即三棱锥体积的最大值为,A符合题意;
,
因此为定值2,B符合题意;
设直线AC与所成的角为,沿翻折,在此过程中,,即,
由B知,,
因此直线AC与所成角的余弦值的取值范围为,C不符合题意;
点在边上,令,显然,
,令,在翻折过程中,,
,则有,显然有,
即对任意的,都存在,,使得,
所以对任意点,线段AD上必存在点N,使得,D符合题意.
故答案为:ABD
【分析】根据给定条件,在四边形中求出,取AD中点E,并求出相关量,在三棱锥中,求出点到平面的距离判断A;利用向量运算计算判断B,C;借助向量建立关系式,由等式成立判断D作答.
三、填空题
13.(2023高三下·济南开学考)为推动黄河流域生态保护和高质量发展,某市环保局派出4个宣传小组,到黄河沿岸5个社区做环保宣讲活动,每个小组至少去1个社区,每个社区只安排1个小组,则不同的安排方法共有 种(用数字作答).
【答案】240
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】依题意,有一个小组必去两个社区,把5个社区分成4组有种分法,
将分成的4组安排给4个宣传小组有种方法,
所以不同的安排方法共有(种).
故答案为:240
【分析】根据给定条件,把5个社区分成4组,再将分成的4组分配到4个宣传小组即可作答.
14.(2023高三下·济南开学考)已知圆锥侧面展开图的周长为,面积为,则该圆锥的体积为 .
【答案】或
【知识点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台、球);扇形的弧长与面积
【解析】【解答】设圆锥的底面圆半径为,母线长,则圆锥侧面展开图扇形弧长为,
依题意,,即,解得或,
当时,圆锥的高,体积为,
当时,圆锥的高,体积为,
所以该圆锥的体积为或.
故答案为:或
【分析】根据给定条件,求出圆锥底面圆半径、母线长,进而求出高即可计算作答.
15.(2023高三下·济南开学考)已知函数若方程有两个不同的实数根,且,则实数a的取值范围是 .
【答案】
【知识点】分段函数的应用;函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】当时,函数单调递增,取值集合为,函数图象与y轴交于点,
当时,,求导得,当时,,当时,,
因此函数在上单调递减,在上单调递增,,
而,在坐标平面内作出函数的图象,如图,
方程有两个不同的实数根,即直线与函数的图象有两个不同交点,
交点横坐标为,不妨令,观察图象知,直线必与函数的图象有公共点,
则,,由得:,由知,,即有,
,则有,,
令函数,当时,,
即函数在上单调递增,,依题意,,
因此,解得,综上得,
所以实数a的取值范围是.
故答案为:
【分析】方程有两个不同的实数根,即直线与函数的图象有两个不同交点,在坐标平面内作出函数的图象,数形结合即可得解.
16.(2023高三下·济南开学考)已知,分别为椭圆的左、右焦点,以为圆心且过椭圆左顶点的圆与直线相切.P为椭圆上一点,I为的内心,且,则的值为 .
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】设,,为圆心且过椭圆左顶点的圆的半径为,根据题意可知,解得
设的内接圆半径为r,则
,,
故,化简可得,即,解得
故答案为:
【分析】根据题意利用点到直线的距离公式求出椭圆焦点坐标,再利用三角形内接圆与三角形面积的关系列式,结合椭圆定义即可求出答案.
四、解答题
17.(2023高三下·济南开学考)甲、乙两人进行抛掷骰子游戏,两人轮流抛掷一枚质地均匀的骰子.规定:先掷出点数6的获胜,游戏结束.
(1)记两人抛掷骰子的总次数为X,若每人最多抛掷两次骰子,求比赛结束时,X的分布列和期望;
(2)已知甲先掷,求甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率.
【答案】(1)解:依题意,抛掷骰子一次获胜的概率,
的可能值为1,2,3,4,
,,,,
所以的分布列为;
1 2 3 4
期望.
(2)解:设甲抛掷第n次骰子且不获胜的事件的概率为,
依题意,,当时,,
因此数列是以为首项,为公比的等比数列,则,
当时,甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率,
显然当时,满足上式,
所以甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率为.
【知识点】离散型随机变量及其分布列;离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1) 依题意,抛掷骰子一次获胜的概率,的可能值为1,2,3,4,分别求出对应概率,列出分布列,求出期望作答;
(2)利用独立事件的概率公式,求出甲抛掷第n次骰子且不获胜的概率的递推公式,再借助数列求解作答.
18.(2023高三下·济南开学考)已知中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.
(1)证明:A=2B;
(2)若a=3,b=2,求的面积.
【答案】(1)证明:因为,
所以,即,
,
,
,
,
所以或,,
又,
所以;
(2)解:由(1) ,又a=3,b=2,
所以,
由余弦定理可得,
因为,所以,
所以的面积.
【知识点】解三角形;正弦定理;余弦定理
【解析】【分析】(1)利用正弦定理化边为角, 所以,即, 结合余弦定理可得,再化边为角,结合三角恒等变换即可证明;
(2)结合(1)求得,由余弦定理求,再求,利用面积公式即可求解.
19.(2023高三下·济南开学考)各项均为正数的数列,其前n项和记为,且满足对,都有.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,证明:.
【答案】(1)解:由已知:对于, , ,
则
∴,且数列各项均为正数
∴,
,因为,得,
∴数列是首项为1,公差为1的等差数列,
故.
(2)证明:,,
故
,
所以.
【知识点】等差数列的通项公式;数列的求和
【解析】【分析】(1)结合递推式,可得,进而得,得到数列是首项为1,公差为1的等差数列, 进而可得通项公式;
(2)由,利用放缩法得,利用裂项求和即可求解.
20.(2023高三下·济南开学考)在四棱锥中,底面是直角梯形,,,侧面底面,.
(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:由题意,
取分别为棱的中点, 连接,
则;
∵, 且,
∴, 且,
∴四边形为平行四边形, 故.
∵为棱的中点,
∴;
∵, 平面底面, 平面底面,
∴平面,
∵平面,
∴;
又,且在平面内
∴平面.
∵,
∴平面,
又∵平面,
∴平面平面.
(2)解:由题意及(1)得,
取中点为, 连接,
∵为等边三角形,
∴,
∵平面底面,
∴底面,
过作, 交于点, 则;
以为原点,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,
设, 则,
则,
由(1)可知平面 故平面的法向量取,
设平面的法向量为,
由, 解得,
令, 得,
设平面与平面的夹角为,
∴,
∴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)取分别为棱的中点, 连接,先证明平面,得, 平面,从而得到平面平面;
(2) 以为原点,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设, 则, 分别求出平面的法向量,平面的法向量 ,利用向量坐标公式即可求出平面与平面夹角的余弦值.
21.(2023高三下·济南开学考)已知双曲线的实轴长为2,直线为的一条渐近线.
(1)求的方程;
(2)若过点的直线与交于两点,在轴上是否存在定点,使得为定值?若存在,求出点的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)解:由题意得,即.
因为的渐近线方程为.
所以,
所以,
故的方程为:.
(2)解:当直线不与轴重合时,
设直线的方程为,
代入,得,
即.
设点,
则.
设点,
则
,
若为定值,
令
解得,
此时.
当直线l与轴重合时,则点为双曲线的两顶点,不妨设点.
对于点,
所以存在定点,使为定值.
【知识点】双曲线的标准方程;双曲线的简单性质;直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】(1) 由题意得,即,再由渐近线的方程得的值,求得,即可得双曲线方程;
(2) 当直线不与轴重合时,设直线的方程为,代入双曲线方程,设点,得,再设,计算, 若为定值, 解得 ,同时验证当直线斜率为0时, 对于点, 即得结论.
22.(2023高三下·济南开学考)已知函数,为的导数.
(1)证明:在区间上存在唯一的极大值点;
(2)讨论零点的个数.
【答案】(1)证明:函数的定义域为,求导得,
令,则,当时,,
函数在上单调递增,在上无极值点,
当时,在上都递减,即在上递减,
而,则存在唯一,,
当时,,当时,,
因此函数在上单调递增,在上单调递减,则为在上的极大值点,
所以在区间上存在唯一的极大值点;
(2)解:当时,,则恒成立,函数在上无零点,
当时,,则恒成立,函数在上无零点,
当时,,则恒成立,函数在上单调递减,
而,因此函数在内有唯一零点,
当时,,即0是函数的一个零点,由(1)知在上单调递增,
而,则存在唯一,使得,
当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增,
有,又,因此函数在上有唯一零点,在上无零点,
当时,由(1)知,函数在上单调递增,在上单调递减,
因为,则存在唯一,使得,
当时,,函数单调递增,当时,,函数单调递减,
又,因此函数在上无零点,
综上得,函数共有3个零点.
【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)求出函数导数,再利用导数分和两段讨论函数的极值点作答;
(2)根据给定的函数,判断函数在区间与上函数值,再利用导数分段讨论在上零点情况作答.
二一教育在线组卷平台(zujuan.21cnjy.com)自动生成 1 / 1