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华中师大一附中2018届高三理科数学9月调研试题(带解析)

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华中师大一附中2018届高三理科数学9月调研试题(带解析)

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资料简介

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www.ks5u.com湖北省华师一附中2018届高三9月调研考试理科数学第Ⅰ卷(选择题共60分)一.选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合要求的1. 已知,0),,则 ( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析:∵,,∴,∴,∴.考点:平方关系、倍角关系.2. 圆锥曲线的准线方程是 ( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】将化成,即,即该圆锥曲线的直角坐标方程为,其准线方程为,即;故选D.3. 设函数 ,若,则的取值范围是 ( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】当时,,则,当时, ,则 ,综上:或.选D.【点睛】有关分段函数问题是函数部分的一个重要考点,经常考查分段函数求值、定义域、值域、奇偶性、单调性、解方程、解不等式、函数图像等,是高考的热点之一.4. 函数的最大值为 ( )A. B. C. D. 2【答案】A【解析】由题意,得;故选A.5. 已知圆C:()及直线:,当直线被C截得的弦长为时,则= ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意,得,解得,又因为,所以;故选C.6. 已知圆锥的底面半径为R,高为3R,在它的所有内接圆柱中,全面积的最大值是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】设内接圆柱的底面半径为,母线长为,则,即,则该圆柱的全面积为,因为,所以当时,内接圆柱的全面积的最大值为;故选B.7. 已知方程的四个根组成一个首项为的的等差数列,则 ( )A. 1 B. C. D. 【答案】C【解析】设这个四个根为,则所以8. 已知双曲线中心在原点且一个焦点为F(,0),直线与其相交于M、N两点,MN中点的横坐标为,则此双曲线的方程是 ( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意设该双曲线方程为,且,,的中点为,则且,则,即,联立,得,即该双曲线方程为;故选D.点睛:在涉及圆锥曲线的中点弦时,往往利用“点差法“”进行求解,可减少运算量.9. 若为所在平面内任一点,且满足,则一定是( )A. 正三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形【答案】B【解析】因为,所以,即,即 是等腰三角形;故选B.10. 已知长方形的四个顶点A(0,0),B(2,0),C(2,1)和D(0,1),一质点从AB的中点沿与AB的夹角的方向射到BC上的点后,依次反射到CD、DA和AB上的点、和(入射角等于反射角),设的坐标为(,0),若,则的取值范围是 ( )A. (,1) B. (,) C. (,) D. (,)【答案】C【解析】设B=x,∠ B=θ,则C=1-x,∠ C、∠ D、∠A 均为θ,∴tanθ=.又tanθ=,∴.而tanθ=,∴.又tanθ=,∴.依题设1<<2,即1<<2,∴4<<5,x.∴tanθ,故选C11. 定义在上的函数满足:,,是的导函数,则不等式(其中为自然对数的底数)的解集为( )A. B. C. D. 【答案】A..................点睛:在处理本题时,利用题意和合理构造是关键.12. 一个四面体的所有棱长都为,四个顶点在同一球面上,则些球的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析:正四面体扩展为正方体,二者有相同的外接球,通过正方体的对角线的长度就是外接球的直径,求出球的表面积.由于正四面体扩展为正方体,二者有相同的外接球,所以正方体的棱长为:1,所以正方体的对角线的长度就是外接球的直径,所以球的半径为,所以球的表面积为:,故选A.考点:球内接多面体第Ⅱ卷(非选择题共90分)二.填空题:本大题共4小题,每小题4分,共16分把答案填在题中横线上13. 的展开式中系数是___________【答案】【解析】试题分析:的展开式的通项为,令,得,所以含的项的系数为.考点:二项式定理.14. 使成立的的取值范围是___________【答案】(-1,0)【解析】在同一坐标系中分别画出函数和的图象(如图所示),由图象,得使成立的的取值范围是;故填.15. 如图,一个地区分为5个行政区域,现给地图着色,要求相邻地区不得使用同一颜色,现有4种颜色可供选择,则不同的着色方法共有___________种(以数字作答)【答案】72【解析】由题意可知,当选用三种颜色着色,由乘法原理种方法,当选用四种颜色时,由乘法原理则种方法,再据加法原理可得种方法.点睛:涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解,但也有几种常用方法:按区域的不同,以区域为主分步计数,用分步乘法计数原理分析:以颜色为主分类讨论,适用于区域,点,线段等问题,用分类加法计数原理分析;将空间问题平面化,转化成平面区域的涂色问题.16. 下列5个正方体图形中,是正方体的一条对角线,点M、N、P分别为其所在棱的中点,能得出面MNP的图形的序号是______________(写出所有符合要求的图形序号) 【答案】①④⑤解法1 作正方体ABCD-A1B1C1D1如附图,与题设图形对比讨论.在附图中,三个截面BA1D、EFGHKR和CB1D1都是对角线l (即 AC1)的垂面.对比图①,由MN∥BA l,MP∥BD,知面MNP∥面BAlD,故得l⊥面MNP.对比图②,由MN与面CB1D1相交,而过交点且与l垂直的直线都应在面CBlDl内,所以MN不垂直于l,从而l不垂直于面MNP.对比图③,由MP与面BA l D相交,知l不垂直于MN,故l不垂直于面MNP.对比图④,由MN∥BD,MP∥BA.知面 MNP∥面BA1 D,故l⊥面MNP.对比图⑤,面MNP与面EFGHKR重合,故l⊥面MNP.综合得本题的答案为①④⑤.解法2 如果记正方体对角线l所在的对角截面为.各图可讨论如下:在图①中,MN,NP在平面上的射影为同一直线,且与l垂直,故 l⊥面MNP.事实上,还可这样考虑:l在上底面的射影是MP的垂线,故l⊥MP;l在左侧面的射影是MN的垂线,故l⊥MN,从而l⊥面 MNP.在图②中,由MP⊥面,可证明MN在平面上的射影不是l的垂线,故l不垂直于MN.从而l不垂直于面MNP.在图③中,点M在上的射影是l的中点,点P在上的射影是上底面的内点,知MP在上的射影不是l的垂线,得l不垂直于面 MNP.在图④中,平面垂直平分线段MN,故l⊥MN.又l在左侧面的射影(即侧面正方形的一条对角线)与MP垂直,从而l⊥MP,故l⊥面 MNP.在图⑤中,点N在平面上的射影是对角线l的中点,点M、P在平面上的射影分别是上、下底面对角线的4分点,三个射影同在一条直线上,且l与这一直线垂直.从而l⊥面MNP.至此,得①④⑤为本题答案.三、解答题:本大题共6小题,共74分,解答应写出文字说明,证明过程或或演算步骤17. 已知数列中,,其前项的和为,且满足.(Ⅰ) 求证:数列是等差数列;(Ⅱ) 证明: 【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)见解析.【解析】试题分析:(Ⅰ)利用进行化简,再利用等差数列的的定义进行求解;(Ⅱ)利用裂项抵消法求和,再利用放缩法进行证明.试题解析:(Ⅰ)当时,, ,,从而构成以4为首项,2为公差的等差数列. (Ⅱ)由(1)可知, ..点睛:裂项抵消法是数列求和的常见方法,主要适用于以下题型: 18. 如图,在直三棱柱中,底面是等腰直角三角形,,侧棱,D、E分别是与的中点,点E在平面ABD上的射影是的重心(Ⅰ)求与平面ABD所成角的余弦值(Ⅱ)求点到平面的距离【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).【解析】试题分析:(Ⅰ)先利用线面角的定义找出线面角,再利用解直角三角形进行求解;(Ⅱ)先利用面面垂直的判定定理证明面面垂直,再利用利用面面垂直的性质作出线面垂直,得到点到平面的距离.试题解析:(Ⅰ)连结,则是在的射影,即是与平面所成的角.设为中点,连结,∵分别是的中点,又平面,则为正方形,连接,是的重心,且,在直角三角形中,, ,, ,即(Ⅱ) ,又,即平面平面,作,垂足为,所以平面,即是到平面的距离,在三角形中,,则到平面的距离为。19. 已知,设P:函数在R上单调递减,Q:不等式的解集为R。如果和有且仅有一个正确,求的取值范围.【答案】【解析】函数在R上单调递减…………………………………2’不等式…………………12’20. 的内角的对边分别为a,b,c,已知的面积为 (1)求;(2)若,,求的周长.【答案】(1);(2).【解析】试题分析:(1)由三角形的面积公式和正弦定理进行求解;(2)利用正弦定理和余弦定理求其边长.试题解析:(1)由题设得,即.由正弦定理得.故.(2)由题设及(1)得,即.所以,故.由题设得,即.由余弦定理得,即,得.故的周长为.21. 在某海滨城市附近海面有一台风,据监测,当前台风中心位于城市O(如图)的东偏南方向的海面P处,且,并以的速度向西偏北方向移动,台风侵袭的范围为圆形区域,当前半径为,并以的速度不断增大,问几小时后该城市开始受到台风的侵袭?【答案】12小时后该城市开始受到台风侵袭【解析】试题分析:先建立合适的直角坐标系,写出台风中心坐标的参数形式和区域的圆的方程,再利用点和圆的位置关系进行求解.试题解析:如图建立坐标系以O为原点,正东方向为x轴正向.在时刻:(1)台风中心P()的坐标为此时台风侵袭的区域是其中若在t时刻城市O受到台风的侵袭,则有即答:12小时后该城市开始受到台风的侵袭.解法二:设在t时刻台风中心位于点Q,此时|OP|=300,|PQ|=20t,台风侵袭范围的圆形区域半径为, 由,可知,则 ,在中,由余弦定理,得 ,若城市O受到台风的侵袭,则有,即 ,整理,得,解得,所以,12小时后该城市开始受到台风侵袭。22. 已知常数,在矩形ABCD中,,,O为AB的中点,点E、F、G分别在BC、CD、DA上移动,且,P为GE与OF的交点(如图),问是否存在两个定点,使P到这两点的距离的和为定值?若存在,求出这两点的坐标及此定值;若不存在,请说明理由【答案】见解析【解析】试题分析:根据题设条件,首先求出点P坐标满足的方程,据此再判断是否存在的两定点,使得点P到两点距离的和为定值.试题解析:.按题意有设由此有直线的方程为:①直线 的方程为:②从①,②消去参数k,得点的坐标满足方程整理得 当时,点P的轨迹为圆弧,所以不存在符合题意的两点.当时,点P轨迹为椭圆的一部分,点P到该椭圆焦点的距离的和为定长当时,点P到椭圆两个焦点(的距离之和为定值当时,点P 到椭圆两个焦点(0, 的距离之和为定值2.23. 已知直线(为参数), 曲线 (为参数).(Ⅰ)设与相交于两点,求;(Ⅱ)若把曲线上各点的横坐标压缩为原来的倍,纵坐标压缩为原来的倍,得到曲线,设点是曲线上的一个动点,求它到直线的距离的最小值.【答案】(I);(II).【解析】试题分析:(1)由圆心到直线的距离确定直线与圆的位置关系即可;(2)伸缩变换后圆变为椭圆,设出椭圆的参数方程,利用点到直线的距离公式结合三角函数的性质整理计算即可求得最终结果.试题解析: (I) 所以直线与曲线相离. (II)变化后的曲线方程是 设点 则点到直线的距离是 故点到直线的距离的最小值为点睛:判断直线与圆的位置关系时,若两方程已知或圆心到直线的距离易表达,则用几何法;若方程中含有参数,或圆心到直线的距离的表达较繁琐,则用代数法.涉及参数方程和极坐标方程的综合题,求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解.当然,还要结合题目本身特点,确定选择何种方程.

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