【精品解析】广西钦州市示范性高中2025届高三开学考试数学试题

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名称 【精品解析】广西钦州市示范性高中2025届高三开学考试数学试题
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资源类型 试卷
版本资源 通用版
科目 数学
更新时间 2024-12-27 09:22:10

文档简介

广西钦州市示范性高中2025届高三开学考试数学试题
1.(2024高三上·钦州开学考)已知复数满足,则(  )
A. B.1 C. D.2
【答案】C
【知识点】复数的模
【解析】【解答】 解:,
故答案为 :C.
【分析】根据复数模的定义即可得到答案.
2.(2024高三上·钦州开学考)下列四个命题中,是真命题的为(  )
A.任意,有 B.任意,有
C.存在,使 D.存在,使
【答案】C
【知识点】命题的真假判断与应用
【解析】【解答】 解:A、由于对任意,都有,因而有,故为假命题,A错误;
B、由于,当时,不成立,故为假命题,B错误;
C、由于,当时,,故为真命题,C正确;
D、由于使成立的数只有,而它们都不是有理数,因此没有任何一个有理数的平方等于3,故为假命题,D错误.
故答案为:C.
【分析】根据不等式性质推证或举例子说明.
3.(2024高三上·钦州开学考)若都为非零向量,且,,则向量的夹角为(  )
A. B. C. D.
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算;数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解:因为,,所以,
即,
化简得,所以.
所以.因为,所以.
故答案为:D.
【分析】根据两向量垂直数量积等于0,联立,得,利用两向量的夹角公式计算即可.
4.(2024高三上·钦州开学考)下列命题中正确的是(  )
A.一组数据1,2,3,3,4,5的众数大于中位数
B.对一组数据,如果将它们变为,其中,则平均数和标准差均发生改变
C.有甲 乙 丙三种个体按的比例分层抽样调查,如果抽取的甲个体数为9,则样本容量为30
D.若随机变量X服从正态分布,,则
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数;极差、方差与标准差;正态分布定义
【解析】【解答】解:A、数据1,2,3,3,4,5的众数是3,中位数是,众数等于中位数,A错误;
B、数据,如果将它们变为,其中,则平均数增加C,标准差不变,B错误;
C、有甲 乙 丙三种个体按的比例分层抽样调查,如果抽取的甲个体数为9,则样本容量为,C错误;
D、若随机变量X服从正态分布,,则,D正确.
故答案为:D.
【分析】A:根据中位数和众数的定义求出该组数据的中位数和众数比较即可;B:根据平均数和标准差的性质即可判断;C:根据比例即可求出样本容量;D:根据正太分布的对称性即可求出.
5.(2024高三上·钦州开学考)已知,,动点满足,则点的轨迹方程是
A.() B.()
C.() D.()
【答案】A
【知识点】轨迹方程
【解析】【解答】解:∵ 点,∴
又∵动点满足
∴点的轨迹方程是射线:().
故答案为:A.
【分析】由点,,可得,又动点满足,可知点的轨迹方程是射线.
6.(2024高三上·钦州开学考)函数图象的大致形状是(  )
A. B.
C. D.
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解:AC、依题意,函数的定义域为R,,
即函数是R上的奇函数,其图象关于原点对称,AC错误;
BD、当时,,即有,D错误,B正确.
故答案为:B.
【分析】分析函数的奇偶性,并排除两个选项,再由时值的正负判断作答.
7.(2024高三上·钦州开学考)2020年12月4日,中国科学技术大学宣布该校潘建伟教授等人成功构建76个光子的量子计算原型机“九章”(命名为“九章”是为了纪念中国古代最早的数学专著《九章算术》),求解数学算法高斯玻色取样只需200秒,而目前世界最快的超级计算机要用6亿年,这一突破使我国成为全球第二个实现“量子优越性”的国家.《九章算术》是我国古代的数学巨著,其卷第五“商功”有如下的问题:“今有刍甍,下广三丈,袤四丈,上衰二丈,无广,高一丈.问积几何?”意思为:“今有底面为矩形的屋脊形状的多面体(如图)”,下底面宽丈,长丈,上棱丈,与平面平行.与平面的距离为1丈,则它的体积是(  )
A.4立方丈 B.5立方丈 C.6立方丈 D.8立方丈
【答案】B
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题;柱体的体积公式及应用;锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解:过点作平面,垂足为,过点作平面,垂足为,
过作,交于,交于,过作,交于,交于,如图所示:
所以,,且四边形与四边形都是矩形;
所以它的体积
(立方丈)
故答案为:B.
【分析】过点作平面,垂足为,过点作平面,垂足为,过作,交于,交于,过作,交于,交于,进而利用求解.
8.(2024高三上·钦州开学考)若,,则的最大值为(  )
A. B. C. D.
【答案】C
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系;基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解:方法一:由,,
消去得到,
令,,
则,即,
,当且仅当时,等号成立,
故的最大值为.
当时,
,不成立,
当时,,
故的最大值为.
综上所述:的最大值为.
方法二:由,,
可消去得到,
则,令,

当时,,
故的最大值为.
故答案为:C.
【分析】方法一:利用已知条件转化利用分类讨论和基本不等式求解即可;
方法二:利用已知条件转化为二次函数求解即可.
9.(2024高三上·钦州开学考)若函数,则(  )
A.的最小正周期为10 B.的图象关于点对称
C.在上有最小值 D.的图象关于直线对称
【答案】A,D
【知识点】函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质
【解析】【解答】解:A、根据最小正周期计算公式可得,故A正确;
B、因为,所以的图象不关于点对称,故B错误;
C、当时,,由的图象可知,在上有最大值,没有最小值,故C错误.
D、因为,所以的图象关于直线对称,故D正确.
故答案为:AD.
【分析】根据正弦型函数的最小正周期公式计算即可判断A;通过代入求值的方法即可判断BD;利用正弦函数的图象与性质可判断C.
10.(2024高三上·钦州开学考)过抛物线的焦点作直线交抛物线于,两点,为线段的中点,过点作抛物线的切线,则下列说法正确的是(  )
A.的最小值为
B.当时,
C.以线段为直径的圆与直线相切
D.当最小时,切线与准线的交点坐标为
【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】已知如图所示:
A、依题意可设直线的方程为,,,,则,,
联立,消整理得,
则,代入得,
则,当且仅当时取等号,
所以的最小值为,A正确;
B、结合A可得,,
由,得,解得,,B错误;
C、由题意得抛物线的准线方程为,焦点,
设,,在准线上的射影为,,,
则,,,
所以以线段为直径的圆与直线相切,C正确;
D、结合A可得,当最小时,不妨取,
则可设切线的方程为,
联立,消整理得,
则,解得,所以切线的方程为,
联立,解得,,即切线与准线的交点坐标为,D正确.
故答案为:ACD.
【分析】先设直线的方程为,再联立直线与抛物线方程得到关于的一元二次方程,从而得到,,再根据抛物线的定义及借助基本不等式即可判断A;先结合A得到,,再根据题意得到,,进而即可判断B;设,,在准线上的射影为,,,根据题意求得即可判断C;结合A可得,当最小时,不妨取,则可设切线的方程,再抛物线方程得到关于的一元二次方程,从而得到,从而得到切线方程,再联立准线方程即可求出交点,进而即可判断D.
11.(2024高三上·钦州开学考)已知函数的部分图象如图所示,将函数的图象先关于轴对称,然后再向左平移个单位长度后得到函数的图象,则下列说法正确的是(  )
A.
B.
C.函数为奇函数
D.函数在区间上单调递增
【答案】A,D
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性;含三角函数的复合函数的值域与最值;含三角函数的复合函数的对称性;含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解:A、根据函数的部分图象,
可得A=2,,∴ω=2,
结合五点法作图,可得,A正确,
B、,将函数的图象平移后得到函数的图象,
则,
由,得到的对称轴为,
显然不是其对称轴,故,B错误,
C、函数显然不是奇函数,C错误,
D、,的递增区间即的递减区间,
令,
解得,
故的递增区间是,
当时,的递增区间是,D正确,
故答案为:AD.
【分析】利用平移求出新的函数解析式,再利用三角函数的单调性,奇偶性,对称性等性质求解即可.
12.(2024高三上·钦州开学考)已知等差数列的前n项和为,若,,则   .
【答案】16
【知识点】等差数列的通项公式;等差数列的前n项和
【解析】【解答】解:设等差数列的公差为,由题意可得,
解得:,
所以.
故答案为:16.
【分析】利用等差数列的通项公式建立方程组,从而解方程组得出的值,再利用等差数列前n项和公式,从而得出等差数列的前8项的和.
13.(2024高三上·钦州开学考)已知角的终边过点P(1,2),则   .
【答案】-3
【知识点】两角和与差的正切公式;任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解:因为角的终边过点P(1,2),所以,
所以,
故答案为:-3.
【分析】先利用任意角的三角函数的定义求出的值,再利用两角和的正切公式求解即可.
14.(2024高三上·钦州开学考)某学校围棋社团组织高一与高二交流赛,双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手,段位越高水平越高,已知高二每个段位的选手都比高一相应段位选手强一些,比赛共三局,每局双方各派一名选手出场,且每名选手只赛一局,胜两局或三局的一方获得比赛胜利,在比赛之前,双方都不知道对方选手的出场顺序.则第一局比赛高一获胜的概率为   ,在一场比赛中高一获胜的概率为   .
【答案】;
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解:设为高一出场选手,为高二出场选手,其中表示段位,
空1:根据题意可知:第一局比赛中,共有,共9个基本事件,
其中高一能取得胜利的基本事件为,共3个基本事件,
所以第一局比赛高一获胜的概率为;
空2:在一场三局比赛中,不妨假定高二的出场顺序为,
则高一的出场顺序有,有6种,
高一能获胜的出场顺序为,只有一种,
可知高二的出场顺序有6种可能,每种出场顺序等可能出现,且对应的高一获胜的出场顺序只有1种,
所以高一、高二共有36种出场顺序,高一能获胜的出场顺序共有6种,
所以在一场比赛中高一获胜的概率为.
故答案为:;.
【分析】空1:第一局利用列举法结合古典概型运算求解;空2:根据题意分析可知,高一、高二共有36种出场顺序,高一能获胜的出场顺序共有6种,利用古典概型求解.
15.(2024高三上·钦州开学考)在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.
(1)求角A的大小;
(2)D是线段上的点,且,,求的面积.
【答案】(1)解:因为,由正弦定理得.
因为,所以,所以,
即.
因为,所以,即
(2)解:设,因为,所以.
因为,所以,,,
在中,由正弦定理可知,
即,
即,
化简可得,即,.
所以.
【知识点】简单的三角恒等变换;解三角形
【解析】【分析】(1)根据正弦定理对题干中的等式变形可得:,
再利用辅助角公式可得:结合A的取值范围即可求解;
(2)设,因为,所以结合已知条件可得:然后在中根据正弦定理及和差公式进行计算得到:,即代入三角形的面积公式:即可求解.
16.(2024高三上·钦州开学考)已知函数.
(1)当时,求曲线在点处的切线方程;
(2)若既存在极大值,又存在极小值,求实数的取值范围.
【答案】(1)解:当时,函数,求导得,则,而,
所以曲线在点处的切线方程为,即.
(2)解:函数的定义域为,
求导得,
当时,,由,得,由,得,
则函数在上递增,在上递减,函数只有极大值,不合题意;
当时,由,得或,
①若,即,由,得或,由,得,
函数在上递增,在上递减,函数的极大值为,极小值为,符合题意;
②若,即,由,得或,由,得,
则函数在上递增,在上递减,因此函数的极大值为,极小值为,符合题意;
③若,即,由在上恒成立,得在上递增,
函数无极值,不合题意,所以的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义;利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值;利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)利用导数的几何意义求出切线方程.
(2)求出函数的导数,利用导数的正负探讨函数的单调性,求出的范围.
17.(2024高三上·钦州开学考)如图,在四棱锥中,平面,四边形是矩形,,过棱的中点E作于点,连接.
(1)证明:;
(2)若,求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明:∵四边形为矩形,∴,
∵平面,平面,∴,
又因为,平面,∴平面,
又因为平面,∴,
∵,点E是的中点,∴,
又因为,平面,
∴平面,
又因为平面,∴,
又因为,,平面,
∴平面,
因为平面,∴.
(2)解: 因为两两垂直,
故以A为坐标原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系, 如图所示:
则,,,,
∴,,
由(1)可知,平面PAB,平面AEF,
所以可看成平面的一个法向量,
可看成平面的一个法向量,
设平面与平面的所成角为,
∴,
因为,又因为,
∴,
∴平面与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定;直线与平面垂直的性质;用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)依题意,先证平面,再由线面垂直的定义得出,再由等腰三角形三线合一证出,则根据线线垂直证出平面,进而得出,再由线线垂直证出平面,即证出.
(2)依题意建系,根据(1)的结论,可得平面与平面的法向量,再利用空间向量数量积求向量的夹角公式,从而根据同角三角函数基本关系式得出平面与平面所成角的正弦值.
(1)∵四边形为矩形,∴,
∵平面,平面,∴,
又,平面,∴平面,
又平面,∴.
∵,点E是的中点,∴.
又,平面,∴平面.
平面,∴.
又,,平面,∴平面,
平面,∴.
(2)
如图,因两两垂直,
故可以A为坐标原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,
则,,,,
∴,.
由(1)可知,可看成平面的一个法向量,
可看成平面的一个法向量.
设平面与平面的所成角为,
∴,∴,
∴平面与平面所成角的正弦值为.
18.(2024高三上·钦州开学考)在一场乒乓球赛中,甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”,具体赛制为:首先,四人通过抽签两两对阵,胜者进入“胜区”,败者进入“败区”;接下来,“胜区”的两人对阵,胜者进入最后决赛;“败区”的两人对阵,败者直接淘汰出局获第四名,紧接着,“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵,胜者晋级最后的决赛,败者获第三名;最后,剩下的两人进行最后的冠军决赛,胜者获得冠军,败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为,且不同对阵的结果相互独立.
(1)若,经抽签,第一轮由甲对阵乙,丙对阵丁;
①求甲获得第四名的概率;
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望;
(2)除“双败淘汰制”外,也经常采用“单败淘汰制”:抽签决定两两对阵,胜者晋级,败者淘汰,直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利?请说明理由.
【答案】(1)解:①记“甲获得第四名”为事件,则;②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量,
则的所有可能取值为2,3,4,
连败两局:,
可以分为:连胜两局,第三局不管胜负;负胜负;胜负负;


故的分布列如下:
2 3 4
故数学期望.
(2)解:“双败淘汰制”下,甲获胜的概率,在“单败淘汰制”下,甲获胜的概率为,
由,且
所以时,,“双败淘汰制”对甲夺冠有利;
时,,“单败淘汰制”对甲夺冠有利;
时,两种赛制甲夺冠的概率一样.
【知识点】互斥事件与对立事件;相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】(1)结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可;
(2)结合对立事件概率和独立事件概率公式比较计算.
(1)①记“甲获得第四名”为事件,则;
②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量,
则的所有可能取值为2,3,4,
连败两局:,
可以分为:连胜两局,第三局不管胜负;负胜负;胜负负;


故的分布列如下:
2 3 4
故数学期望;
(2)“双败淘汰制”下,甲获胜的概率,
在“单败淘汰制”下,甲获胜的概率为,
由,且
所以时,,“双败淘汰制”对甲夺冠有利;
时,,“单败淘汰制”对甲夺冠有利;
时,两种赛制甲夺冠的概率一样.
19.(2024高三上·钦州开学考)牛顿(1643-1727)给出了牛顿切线法求方程的近似解:如图设是的一个零点,任意选取作为的初始近似值,过点作曲线的切线,与轴的交点为横坐标为,称为的1次近似值,过点作曲线的切线,与轴的交点为横坐标为,称为的2次近似值.一般地,过点作曲线的切线,与轴的交点为横坐标为,就称为的次近似值,称数列为牛顿数列.
(1)若的零点为,,请用牛顿切线法求的2次近似值;
(2)已知二次函数有两个不相等的实数根,数列为的牛顿数列,数列满足,且.
(ⅰ)设,求的解析式;
(ⅱ)证明:
【答案】(1)解:因为,
又因为,
所以直线,
当,
所以直线,
当,
则用牛顿切线法得出的2次近似值为.
(2)解:(ⅰ)因为二次函数有两个不等实根,
所以,不妨设,
则,
因为所以
所以,函数在横坐标处的切线方程为
令则
即,所以.
(ⅰⅰ)由(ⅰ)知,
所以,因为
所以所以,
令则,
又因为所以,
所以数列是公比为2的等比数列,

令,则,
当时,,所以在单调递减,
所以,即
因为所以即,
所以
,即证.
【知识点】导数的几何意义;数列与函数的综合
【解析】【分析】(1) 对函数求导,结合导数的几何意义得出切线的斜率,由代入法得出切点坐标,则根据点斜式得出切线的方程,再由函数的零点求解方法和已知条件结合牛顿切线法求出的2次近似值.
(2) (ⅰ)由二次函数有两个不等实根,不妨设,
则,再利用导数的方法得出函数在横坐标为的点处的切线方程,再利用得出即可得到,从而得出函数的解析式.(ⅰⅰ)利用(ⅰ)中结论可得,再证明数列为等比数列,再结合所给结论,从而利用放缩法和等比数列求和公式,进而证出不等式成立.
(1),所以
当,所以
当,
所以的2次近似值为.
(2)(ⅰ)因为二次函数有两个不等实根,
所以不妨设,
则,
因为所以
所以在横坐标为的点处的切线方程为
令则
即,
所以.
(ⅰⅰ)由(ⅰ)知,
所以.
因为所以所以.
令则,又
所以,
数列是公比为2的等比数列.
.
令,则
当时,,所以在单调递减,
所以,即
因为所以即.
.
1 / 1广西钦州市示范性高中2025届高三开学考试数学试题
1.(2024高三上·钦州开学考)已知复数满足,则(  )
A. B.1 C. D.2
2.(2024高三上·钦州开学考)下列四个命题中,是真命题的为(  )
A.任意,有 B.任意,有
C.存在,使 D.存在,使
3.(2024高三上·钦州开学考)若都为非零向量,且,,则向量的夹角为(  )
A. B. C. D.
4.(2024高三上·钦州开学考)下列命题中正确的是(  )
A.一组数据1,2,3,3,4,5的众数大于中位数
B.对一组数据,如果将它们变为,其中,则平均数和标准差均发生改变
C.有甲 乙 丙三种个体按的比例分层抽样调查,如果抽取的甲个体数为9,则样本容量为30
D.若随机变量X服从正态分布,,则
5.(2024高三上·钦州开学考)已知,,动点满足,则点的轨迹方程是
A.() B.()
C.() D.()
6.(2024高三上·钦州开学考)函数图象的大致形状是(  )
A. B.
C. D.
7.(2024高三上·钦州开学考)2020年12月4日,中国科学技术大学宣布该校潘建伟教授等人成功构建76个光子的量子计算原型机“九章”(命名为“九章”是为了纪念中国古代最早的数学专著《九章算术》),求解数学算法高斯玻色取样只需200秒,而目前世界最快的超级计算机要用6亿年,这一突破使我国成为全球第二个实现“量子优越性”的国家.《九章算术》是我国古代的数学巨著,其卷第五“商功”有如下的问题:“今有刍甍,下广三丈,袤四丈,上衰二丈,无广,高一丈.问积几何?”意思为:“今有底面为矩形的屋脊形状的多面体(如图)”,下底面宽丈,长丈,上棱丈,与平面平行.与平面的距离为1丈,则它的体积是(  )
A.4立方丈 B.5立方丈 C.6立方丈 D.8立方丈
8.(2024高三上·钦州开学考)若,,则的最大值为(  )
A. B. C. D.
9.(2024高三上·钦州开学考)若函数,则(  )
A.的最小正周期为10 B.的图象关于点对称
C.在上有最小值 D.的图象关于直线对称
10.(2024高三上·钦州开学考)过抛物线的焦点作直线交抛物线于,两点,为线段的中点,过点作抛物线的切线,则下列说法正确的是(  )
A.的最小值为
B.当时,
C.以线段为直径的圆与直线相切
D.当最小时,切线与准线的交点坐标为
11.(2024高三上·钦州开学考)已知函数的部分图象如图所示,将函数的图象先关于轴对称,然后再向左平移个单位长度后得到函数的图象,则下列说法正确的是(  )
A.
B.
C.函数为奇函数
D.函数在区间上单调递增
12.(2024高三上·钦州开学考)已知等差数列的前n项和为,若,,则   .
13.(2024高三上·钦州开学考)已知角的终边过点P(1,2),则   .
14.(2024高三上·钦州开学考)某学校围棋社团组织高一与高二交流赛,双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手,段位越高水平越高,已知高二每个段位的选手都比高一相应段位选手强一些,比赛共三局,每局双方各派一名选手出场,且每名选手只赛一局,胜两局或三局的一方获得比赛胜利,在比赛之前,双方都不知道对方选手的出场顺序.则第一局比赛高一获胜的概率为   ,在一场比赛中高一获胜的概率为   .
15.(2024高三上·钦州开学考)在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.
(1)求角A的大小;
(2)D是线段上的点,且,,求的面积.
16.(2024高三上·钦州开学考)已知函数.
(1)当时,求曲线在点处的切线方程;
(2)若既存在极大值,又存在极小值,求实数的取值范围.
17.(2024高三上·钦州开学考)如图,在四棱锥中,平面,四边形是矩形,,过棱的中点E作于点,连接.
(1)证明:;
(2)若,求平面与平面所成角的正弦值.
18.(2024高三上·钦州开学考)在一场乒乓球赛中,甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”,具体赛制为:首先,四人通过抽签两两对阵,胜者进入“胜区”,败者进入“败区”;接下来,“胜区”的两人对阵,胜者进入最后决赛;“败区”的两人对阵,败者直接淘汰出局获第四名,紧接着,“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵,胜者晋级最后的决赛,败者获第三名;最后,剩下的两人进行最后的冠军决赛,胜者获得冠军,败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为,且不同对阵的结果相互独立.
(1)若,经抽签,第一轮由甲对阵乙,丙对阵丁;
①求甲获得第四名的概率;
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望;
(2)除“双败淘汰制”外,也经常采用“单败淘汰制”:抽签决定两两对阵,胜者晋级,败者淘汰,直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利?请说明理由.
19.(2024高三上·钦州开学考)牛顿(1643-1727)给出了牛顿切线法求方程的近似解:如图设是的一个零点,任意选取作为的初始近似值,过点作曲线的切线,与轴的交点为横坐标为,称为的1次近似值,过点作曲线的切线,与轴的交点为横坐标为,称为的2次近似值.一般地,过点作曲线的切线,与轴的交点为横坐标为,就称为的次近似值,称数列为牛顿数列.
(1)若的零点为,,请用牛顿切线法求的2次近似值;
(2)已知二次函数有两个不相等的实数根,数列为的牛顿数列,数列满足,且.
(ⅰ)设,求的解析式;
(ⅱ)证明:
答案解析部分
1.【答案】C
【知识点】复数的模
【解析】【解答】 解:,
故答案为 :C.
【分析】根据复数模的定义即可得到答案.
2.【答案】C
【知识点】命题的真假判断与应用
【解析】【解答】 解:A、由于对任意,都有,因而有,故为假命题,A错误;
B、由于,当时,不成立,故为假命题,B错误;
C、由于,当时,,故为真命题,C正确;
D、由于使成立的数只有,而它们都不是有理数,因此没有任何一个有理数的平方等于3,故为假命题,D错误.
故答案为:C.
【分析】根据不等式性质推证或举例子说明.
3.【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算;数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解:因为,,所以,
即,
化简得,所以.
所以.因为,所以.
故答案为:D.
【分析】根据两向量垂直数量积等于0,联立,得,利用两向量的夹角公式计算即可.
4.【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数;极差、方差与标准差;正态分布定义
【解析】【解答】解:A、数据1,2,3,3,4,5的众数是3,中位数是,众数等于中位数,A错误;
B、数据,如果将它们变为,其中,则平均数增加C,标准差不变,B错误;
C、有甲 乙 丙三种个体按的比例分层抽样调查,如果抽取的甲个体数为9,则样本容量为,C错误;
D、若随机变量X服从正态分布,,则,D正确.
故答案为:D.
【分析】A:根据中位数和众数的定义求出该组数据的中位数和众数比较即可;B:根据平均数和标准差的性质即可判断;C:根据比例即可求出样本容量;D:根据正太分布的对称性即可求出.
5.【答案】A
【知识点】轨迹方程
【解析】【解答】解:∵ 点,∴
又∵动点满足
∴点的轨迹方程是射线:().
故答案为:A.
【分析】由点,,可得,又动点满足,可知点的轨迹方程是射线.
6.【答案】B
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解:AC、依题意,函数的定义域为R,,
即函数是R上的奇函数,其图象关于原点对称,AC错误;
BD、当时,,即有,D错误,B正确.
故答案为:B.
【分析】分析函数的奇偶性,并排除两个选项,再由时值的正负判断作答.
7.【答案】B
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题;柱体的体积公式及应用;锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解:过点作平面,垂足为,过点作平面,垂足为,
过作,交于,交于,过作,交于,交于,如图所示:
所以,,且四边形与四边形都是矩形;
所以它的体积
(立方丈)
故答案为:B.
【分析】过点作平面,垂足为,过点作平面,垂足为,过作,交于,交于,过作,交于,交于,进而利用求解.
8.【答案】C
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系;基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解:方法一:由,,
消去得到,
令,,
则,即,
,当且仅当时,等号成立,
故的最大值为.
当时,
,不成立,
当时,,
故的最大值为.
综上所述:的最大值为.
方法二:由,,
可消去得到,
则,令,

当时,,
故的最大值为.
故答案为:C.
【分析】方法一:利用已知条件转化利用分类讨论和基本不等式求解即可;
方法二:利用已知条件转化为二次函数求解即可.
9.【答案】A,D
【知识点】函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质
【解析】【解答】解:A、根据最小正周期计算公式可得,故A正确;
B、因为,所以的图象不关于点对称,故B错误;
C、当时,,由的图象可知,在上有最大值,没有最小值,故C错误.
D、因为,所以的图象关于直线对称,故D正确.
故答案为:AD.
【分析】根据正弦型函数的最小正周期公式计算即可判断A;通过代入求值的方法即可判断BD;利用正弦函数的图象与性质可判断C.
10.【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】已知如图所示:
A、依题意可设直线的方程为,,,,则,,
联立,消整理得,
则,代入得,
则,当且仅当时取等号,
所以的最小值为,A正确;
B、结合A可得,,
由,得,解得,,B错误;
C、由题意得抛物线的准线方程为,焦点,
设,,在准线上的射影为,,,
则,,,
所以以线段为直径的圆与直线相切,C正确;
D、结合A可得,当最小时,不妨取,
则可设切线的方程为,
联立,消整理得,
则,解得,所以切线的方程为,
联立,解得,,即切线与准线的交点坐标为,D正确.
故答案为:ACD.
【分析】先设直线的方程为,再联立直线与抛物线方程得到关于的一元二次方程,从而得到,,再根据抛物线的定义及借助基本不等式即可判断A;先结合A得到,,再根据题意得到,,进而即可判断B;设,,在准线上的射影为,,,根据题意求得即可判断C;结合A可得,当最小时,不妨取,则可设切线的方程,再抛物线方程得到关于的一元二次方程,从而得到,从而得到切线方程,再联立准线方程即可求出交点,进而即可判断D.
11.【答案】A,D
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性;含三角函数的复合函数的值域与最值;含三角函数的复合函数的对称性;含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解:A、根据函数的部分图象,
可得A=2,,∴ω=2,
结合五点法作图,可得,A正确,
B、,将函数的图象平移后得到函数的图象,
则,
由,得到的对称轴为,
显然不是其对称轴,故,B错误,
C、函数显然不是奇函数,C错误,
D、,的递增区间即的递减区间,
令,
解得,
故的递增区间是,
当时,的递增区间是,D正确,
故答案为:AD.
【分析】利用平移求出新的函数解析式,再利用三角函数的单调性,奇偶性,对称性等性质求解即可.
12.【答案】16
【知识点】等差数列的通项公式;等差数列的前n项和
【解析】【解答】解:设等差数列的公差为,由题意可得,
解得:,
所以.
故答案为:16.
【分析】利用等差数列的通项公式建立方程组,从而解方程组得出的值,再利用等差数列前n项和公式,从而得出等差数列的前8项的和.
13.【答案】-3
【知识点】两角和与差的正切公式;任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解:因为角的终边过点P(1,2),所以,
所以,
故答案为:-3.
【分析】先利用任意角的三角函数的定义求出的值,再利用两角和的正切公式求解即可.
14.【答案】;
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解:设为高一出场选手,为高二出场选手,其中表示段位,
空1:根据题意可知:第一局比赛中,共有,共9个基本事件,
其中高一能取得胜利的基本事件为,共3个基本事件,
所以第一局比赛高一获胜的概率为;
空2:在一场三局比赛中,不妨假定高二的出场顺序为,
则高一的出场顺序有,有6种,
高一能获胜的出场顺序为,只有一种,
可知高二的出场顺序有6种可能,每种出场顺序等可能出现,且对应的高一获胜的出场顺序只有1种,
所以高一、高二共有36种出场顺序,高一能获胜的出场顺序共有6种,
所以在一场比赛中高一获胜的概率为.
故答案为:;.
【分析】空1:第一局利用列举法结合古典概型运算求解;空2:根据题意分析可知,高一、高二共有36种出场顺序,高一能获胜的出场顺序共有6种,利用古典概型求解.
15.【答案】(1)解:因为,由正弦定理得.
因为,所以,所以,
即.
因为,所以,即
(2)解:设,因为,所以.
因为,所以,,,
在中,由正弦定理可知,
即,
即,
化简可得,即,.
所以.
【知识点】简单的三角恒等变换;解三角形
【解析】【分析】(1)根据正弦定理对题干中的等式变形可得:,
再利用辅助角公式可得:结合A的取值范围即可求解;
(2)设,因为,所以结合已知条件可得:然后在中根据正弦定理及和差公式进行计算得到:,即代入三角形的面积公式:即可求解.
16.【答案】(1)解:当时,函数,求导得,则,而,
所以曲线在点处的切线方程为,即.
(2)解:函数的定义域为,
求导得,
当时,,由,得,由,得,
则函数在上递增,在上递减,函数只有极大值,不合题意;
当时,由,得或,
①若,即,由,得或,由,得,
函数在上递增,在上递减,函数的极大值为,极小值为,符合题意;
②若,即,由,得或,由,得,
则函数在上递增,在上递减,因此函数的极大值为,极小值为,符合题意;
③若,即,由在上恒成立,得在上递增,
函数无极值,不合题意,所以的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义;利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值;利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)利用导数的几何意义求出切线方程.
(2)求出函数的导数,利用导数的正负探讨函数的单调性,求出的范围.
17.【答案】(1)证明:∵四边形为矩形,∴,
∵平面,平面,∴,
又因为,平面,∴平面,
又因为平面,∴,
∵,点E是的中点,∴,
又因为,平面,
∴平面,
又因为平面,∴,
又因为,,平面,
∴平面,
因为平面,∴.
(2)解: 因为两两垂直,
故以A为坐标原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系, 如图所示:
则,,,,
∴,,
由(1)可知,平面PAB,平面AEF,
所以可看成平面的一个法向量,
可看成平面的一个法向量,
设平面与平面的所成角为,
∴,
因为,又因为,
∴,
∴平面与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定;直线与平面垂直的性质;用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)依题意,先证平面,再由线面垂直的定义得出,再由等腰三角形三线合一证出,则根据线线垂直证出平面,进而得出,再由线线垂直证出平面,即证出.
(2)依题意建系,根据(1)的结论,可得平面与平面的法向量,再利用空间向量数量积求向量的夹角公式,从而根据同角三角函数基本关系式得出平面与平面所成角的正弦值.
(1)∵四边形为矩形,∴,
∵平面,平面,∴,
又,平面,∴平面,
又平面,∴.
∵,点E是的中点,∴.
又,平面,∴平面.
平面,∴.
又,,平面,∴平面,
平面,∴.
(2)
如图,因两两垂直,
故可以A为坐标原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,
则,,,,
∴,.
由(1)可知,可看成平面的一个法向量,
可看成平面的一个法向量.
设平面与平面的所成角为,
∴,∴,
∴平面与平面所成角的正弦值为.
18.【答案】(1)解:①记“甲获得第四名”为事件,则;②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量,
则的所有可能取值为2,3,4,
连败两局:,
可以分为:连胜两局,第三局不管胜负;负胜负;胜负负;


故的分布列如下:
2 3 4
故数学期望.
(2)解:“双败淘汰制”下,甲获胜的概率,在“单败淘汰制”下,甲获胜的概率为,
由,且
所以时,,“双败淘汰制”对甲夺冠有利;
时,,“单败淘汰制”对甲夺冠有利;
时,两种赛制甲夺冠的概率一样.
【知识点】互斥事件与对立事件;相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】(1)结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可;
(2)结合对立事件概率和独立事件概率公式比较计算.
(1)①记“甲获得第四名”为事件,则;
②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量,
则的所有可能取值为2,3,4,
连败两局:,
可以分为:连胜两局,第三局不管胜负;负胜负;胜负负;


故的分布列如下:
2 3 4
故数学期望;
(2)“双败淘汰制”下,甲获胜的概率,
在“单败淘汰制”下,甲获胜的概率为,
由,且
所以时,,“双败淘汰制”对甲夺冠有利;
时,,“单败淘汰制”对甲夺冠有利;
时,两种赛制甲夺冠的概率一样.
19.【答案】(1)解:因为,
又因为,
所以直线,
当,
所以直线,
当,
则用牛顿切线法得出的2次近似值为.
(2)解:(ⅰ)因为二次函数有两个不等实根,
所以,不妨设,
则,
因为所以
所以,函数在横坐标处的切线方程为
令则
即,所以.
(ⅰⅰ)由(ⅰ)知,
所以,因为
所以所以,
令则,
又因为所以,
所以数列是公比为2的等比数列,

令,则,
当时,,所以在单调递减,
所以,即
因为所以即,
所以
,即证.
【知识点】导数的几何意义;数列与函数的综合
【解析】【分析】(1) 对函数求导,结合导数的几何意义得出切线的斜率,由代入法得出切点坐标,则根据点斜式得出切线的方程,再由函数的零点求解方法和已知条件结合牛顿切线法求出的2次近似值.
(2) (ⅰ)由二次函数有两个不等实根,不妨设,
则,再利用导数的方法得出函数在横坐标为的点处的切线方程,再利用得出即可得到,从而得出函数的解析式.(ⅰⅰ)利用(ⅰ)中结论可得,再证明数列为等比数列,再结合所给结论,从而利用放缩法和等比数列求和公式,进而证出不等式成立.
(1),所以
当,所以
当,
所以的2次近似值为.
(2)(ⅰ)因为二次函数有两个不等实根,
所以不妨设,
则,
因为所以
所以在横坐标为的点处的切线方程为
令则
即,
所以.
(ⅰⅰ)由(ⅰ)知,
所以.
因为所以所以.
令则,又
所以,
数列是公比为2的等比数列.
.
令,则
当时,,所以在单调递减,
所以,即
因为所以即.
.
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