第一部分（選擇題 共40分）
一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1．【答案】A
【分析】根據(jù)補(bǔ)集的定義可得出集合.
【詳解】集合，，則．
故選：A．
2．【答案】A
【分析】對(duì)方程進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，即可進(jìn)行判斷.
【詳解】因?yàn)椋士傻没颍?br>則“”是“”的充分不必要條件.
故選：A.
3． 【答案】A
【分析】根據(jù)題意，結(jié)合拋物線的幾何性質(zhì)，即可求解.
【詳解】由拋物線，可得拋物線的開(kāi)口向上，且，所以，
所以拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為.
故選：A.
4． 【答案】A
【分析】利用復(fù)數(shù)除法計(jì)算出，從而得到，求出答案.
【詳解】，
則，解得，則，
故共軛復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)為.
故選：A
5． 【答案】D
【分析】利用任意角的三角函數(shù)的定義求出，再用誘導(dǎo)公式化簡(jiǎn)即可求得結(jié)果．
【詳解】因?yàn)榻堑慕K邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)，，則，
所以．
故選：D．
6．【答案】B
【分析】令，則由可得,所以數(shù)列是以為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,可得到，然后用累加法得到，通過(guò)的單調(diào)性即可求出的最大值
【詳解】由,得,
令,所以,則,
所以數(shù)列是以為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,
所以,即,即,
由,
將以上個(gè)等式兩邊相加得,
所以,
經(jīng)檢驗(yàn)滿足上式，故
當(dāng)時(shí),,即單調(diào)遞增,當(dāng)時(shí),,即單調(diào)遞減,
因?yàn)?
所以的前項(xiàng)和的最大值為，
故選：B
7．【答案】C
【分析】由題意可得，圓的圓心為，半徑為1，結(jié)合是等腰直角三角形，可得圓心到直線的距離等于，再利用點(diǎn)到直線的距離公式，從而可求得的值．
【詳解】解：由題意得，圓的圓心為，半徑為1，
由于直線與圓相交于，兩點(diǎn)，且為等腰直角三角形，
可知，，
所以，
∴圓心到直線的距離等于，
再利用點(diǎn)到直線的距離公式可得：
圓心到直線的距離，
解得：，所以實(shí)數(shù)的值為1或－1.
故選：C．
8． 【答案】D
【分析】先將改寫為，再利用函數(shù)的單調(diào)性判斷即可
【詳解】由題, ，對(duì)于指數(shù)函數(shù)可知在上單調(diào)遞增,
因?yàn)?，所以，?br>故選：D
9．【答案】A
【分析】求出漸近線方程，由點(diǎn)到直線的距離公式求出圓心到漸近線的距離，將此距離和半徑作比較，得出結(jié)論．
【詳解】雙曲線的漸近線為，
圓，即，
圓心到直線的距離為(半徑)，
故漸近線與圓相切，故選A．
10． 【答案】B
【解析】由題意可得，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，從而可以判斷，即在上單調(diào)遞增，從而判斷出結(jié)果.
【詳解】因?yàn)?，是定義在上的增函數(shù)，，
所以，即，
所以，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，且，
所以當(dāng)時(shí)，，而，所以此時(shí)，
當(dāng)時(shí)，，而，所以此時(shí)，
結(jié)合選項(xiàng)，可知對(duì)于任意，
故選B.
第二部分（非選擇題 共110分）
二、填空題：本題共5小題，每小題5分，共25分。
11．【答案】15
【詳解】試題分析：的展開(kāi)式的通項(xiàng)，
令可得，
則常數(shù)項(xiàng)為.
12．【答案】
【分析】先計(jì)算出，然后再求解從而求解.
【詳解】由題意得，
所以.
故答案為：.
13．【答案】
【詳解】試題分析：因?yàn)椋?br>14．【答案】3
【分析】利用角的關(guān)系以及三角恒等變換相關(guān)公式將條件中的恒等式化簡(jiǎn)，即可求出角，然后利用面積公式得到，結(jié)合余弦定理以及基本不等式，即可求出的最小值.
【詳解】因?yàn)椋?br>而，
代入上式化簡(jiǎn)得：
所以，因?yàn)?，所以?br>因?yàn)?，所以得?br>因?yàn)椋?br>所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，
所以的最小值為3.
15．【答案】①③④
【分析】設(shè)點(diǎn)，曲線為“合作曲線”存在點(diǎn)使得．解出即可判斷出結(jié)論．
【詳解】解：設(shè)點(diǎn)，曲線上存在一點(diǎn)，使，
合作曲線存在點(diǎn)使得．
①由，則滿足存在點(diǎn)使得，曲線上存在一點(diǎn)滿足，故為合作曲線；
②令，則，化為，此時(shí)無(wú)解，即不滿足，故不為合作曲線；
③由，可得，，則曲線上存在一點(diǎn)滿足，故為合作曲線；
④由，可得：，，則曲線上存在一點(diǎn)滿足，故為合作曲線；
⑤因?yàn)橹本€圓心到直線的距離，故曲線上不存在一點(diǎn)滿足，故不為合作曲線；
綜上可得：“合作曲線”是①③④．
故答案為：①③④
三、解答題：本題共6小題，共85分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步棸。
16．（14分）【答案】(1)證明見(jiàn)解析 (2) (3)存在，且為中點(diǎn)
【分析】（1）取中點(diǎn)，連接，證明四邊形是平行四邊形可得，結(jié)合線面平行的判定定理可完成證明；
（2）取中點(diǎn)，連接，先證明平面，然后判斷出線面角為，最后結(jié)合線段長(zhǎng)度求解出結(jié)果；
（3）先證明平面，然后建立合適空間直角坐標(biāo)系，分別求解出平面和平面的一個(gè)法向量，根據(jù)法向量夾角的余弦值的絕對(duì)值的結(jié)果求解出的值，則結(jié)果可知.
【詳解】（1）取中點(diǎn)，連接，
因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以，
又因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以，
所以，
所以四邊形是平行四邊形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；

（2）取中點(diǎn)，連接，
因?yàn)樗倪呅螢榫匦危覟榈闹悬c(diǎn)，
所以，
所以四邊形為平行四邊形，所以
因?yàn)閹缀误w為直三棱柱，
所以平面，所以平面，
所以直線與平面所成角即為，
因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，
所以，且，
所以，
所以，
所以直線與平面所成角的大小為；

（3）設(shè)存在滿足條件，
連接，因?yàn)闉檎切危砸彩钦切危?br>因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，所以，
因?yàn)閹缀误w為直三棱柱，所以平面，
因?yàn)槠矫?，所以?br>因?yàn)?，平面?br>所以平面，
以為原點(diǎn)，以方向?yàn)檩S正方向，在平面內(nèi)過(guò)點(diǎn)垂直于方向?yàn)檩S，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

則，設(shè)，
所以，所以，
所以，
設(shè)平面的一個(gè)法向量為，
所以，令，則，
取平面的一個(gè)法向量，
所以,
解得或（舍去），
此時(shí)由圖可知，二面角的平面角為鈍角，
所以當(dāng)為中點(diǎn)時(shí)，二面角的大小為.
17．（13分）【答案】(1)選擇見(jiàn)解析；答案見(jiàn)解析(2)答案見(jiàn)解析
【分析】（1）根據(jù)題意先把函數(shù)進(jìn)行化簡(jiǎn)，然后根據(jù)所選的條件，去利用三角函數(shù)輔助角公式，三角函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間而分別計(jì)算并判斷是否使函數(shù)存在，從而求解；
（2）根據(jù)（1）中選的不同條件下得出不同的函數(shù)的解析式，然后求出在區(qū)間上的最大值和最小值.
【詳解】（1）由題意得：
.
當(dāng)選條件①：，
又因?yàn)?，所以，所以?br>所以時(shí)，即得：，即.
當(dāng)選條件②：
從而得：當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，
化簡(jiǎn)得：當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，
又因?yàn)楹瘮?shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，
所以得：，解之得：，
當(dāng)時(shí)，得，與已知條件矛盾，故條件②不能使函數(shù)存在.
故：若選條件②，不存在.
當(dāng)選條件③：
由，，
得當(dāng)時(shí)，，又因?yàn)椋?br>所以得，得.
（2）當(dāng)選條件①：
由（1）知：，則得：，
又因?yàn)?，所以?br>所以當(dāng)時(shí)，有最大值；
所以當(dāng)時(shí)，有最小值；
當(dāng)選條件③：
由（1）知：，則得：，
又因?yàn)?，所以?br>所以當(dāng)時(shí)，有最大值；
所以當(dāng)時(shí)，有最小；
18．（13分）【答案】(1) (2) (3)79，84，90或79，85，90
【分析】（1）根據(jù)折線圖求出樣本中體育成績(jī)大于或等于70分的學(xué)生數(shù)，從而得到相應(yīng)的比例，估計(jì)出高一全年級(jí)中“體育良好”的學(xué)生人數(shù)；
（2）利用列舉法求出古典概型的概率；
（3）先分析出，再列出方差，由二次函數(shù)的對(duì)稱軸得到當(dāng)或85時(shí)，取得最小值.
【詳解】（1）由折線圖，樣本中體育成績(jī)大于或等于70分的學(xué)生有人，
所以該校高一年級(jí)學(xué)生中“體育良好”的學(xué)生人數(shù)大約為人；
（2）成績(jī)?cè)谟?名學(xué)生，設(shè)為；有2名學(xué)生，設(shè)為，
故抽取2名學(xué)生的情況有：，共6種情況，
其中恰有1人體育成績(jī)?cè)诘那闆r有：，共4種情況，
故在抽取的2名學(xué)生中，恰有1人體育成績(jī)?cè)诘母怕蕿椋?br>（3）甲?乙?丙三人的體育成績(jī)分別為，且分別在，三組中，其中，
要想數(shù)據(jù)的方差最小，則三個(gè)數(shù)據(jù)的差的絕對(duì)值越小越好，故，
則甲?乙?丙三人的體育成績(jī)平均值為，
故方差，
對(duì)稱軸為，
故當(dāng)或85時(shí)，取得最小值，
的值為79，84，90或79，85，90.
19．（15分）【答案】(1); (2)或.
【分析】（Ⅰ）求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程，只需確定，由，得，再利用，可解得，；
（Ⅱ）先化簡(jiǎn)條件： ，即M再OA中垂線上，.設(shè)直線方程為，點(diǎn)可求；根據(jù)，求點(diǎn)H，由點(diǎn)斜式得到直線MH方程，聯(lián)立直線和直線MH方程，求得表達(dá)式，列等量關(guān)系解出直線斜率.
【詳解】解：（Ⅰ）設(shè)，由，即，
可得，又，
所以，因此，所以橢圓的方程為.
（Ⅱ）設(shè)，直線的斜率為，則直線的方程為，
由方程組 消去，整理得，
解得或，
由題意得，從而，
設(shè)，由（1）知， 有，，
由，得，
所以，解得，
因此直線的方程為，
設(shè)，由方程組 消去，得，
在中， ，
即，化簡(jiǎn)得，即，
解得或，
所以直線的斜率為或.
20．（15分）【答案】（1）（2）
【分析】（1）對(duì)進(jìn)行求導(dǎo)，得，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線斜率，最后根據(jù)點(diǎn)斜式求出切線方程；
（2）根據(jù)題意，化簡(jiǎn)得，求出導(dǎo)函數(shù)，通過(guò)有兩個(gè)不同的正根，即有兩個(gè)不同的正根，列出不等式組，由恒成立條件轉(zhuǎn)化為恒成立，構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性和最值，進(jìn)而可求得的取值范圍.
【詳解】解：（1）因?yàn)椋?br>所以，
所以切線斜率，又，
故曲線在點(diǎn)處的切線方程為：
，即.
（2）因?yàn)椋?br>所以，
因?yàn)楹瘮?shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)，，
則有兩個(gè)不同的正根，即有兩個(gè)不同的正根，
則，
不等式恒成立等價(jià)于
恒成立，
又
，
所以，
令，則，
所以在上單調(diào)遞減，
所以，所以.
所以實(shí)數(shù)的取值范圍為：.
21．（15分）【答案】(1)不是墜點(diǎn)數(shù)列，是“3墜點(diǎn)數(shù)列”，理由見(jiàn)解析 (2) (3)
【分析】（1）列出數(shù)列的前幾項(xiàng)，再利用作差法判斷數(shù)列的單調(diào)性，根據(jù)所給定義一一判斷即可；
（2）首先可得，再依題意中只存在，即可得到當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，，其余均為，從而求出，再利用數(shù)列極限的概念計(jì)算可得；
（3）首先判斷，利用反證法證明，即可得到，從而得解．
【詳解】（1）解：對(duì)于，由于，，，，，
則存在，，不滿足定義，故不是墜點(diǎn)數(shù)列．
對(duì)于，容易發(fā)現(xiàn)，，，，
即在前4項(xiàng)中只有．而對(duì)于起，
由于，即對(duì)于是恒成立的．
故是“3墜點(diǎn)數(shù)列”．
（2）解：由絕對(duì)值定義，．
又因?yàn)槭恰?墜點(diǎn)數(shù)列”，則中只存在且．
則當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，，其余均為
故可分類列舉：
當(dāng)時(shí)，，，，，
當(dāng)時(shí)，，，，
分組求和知：
當(dāng)時(shí)，，則，
當(dāng)時(shí)，，
則當(dāng)時(shí)，，
則，
（3）解：結(jié)論：，理由如下：
經(jīng)過(guò)分析研究發(fā)現(xiàn)：，
下利用反證法予以證明．不妨設(shè)，首先研究．
由于為“墜點(diǎn)數(shù)列”，則只存在，即，
而對(duì)于且，則有，即，
故在中有且僅有一項(xiàng)，其余項(xiàng)均大于0，
又因?yàn)闉椤皦孅c(diǎn)數(shù)列”，則有且僅有，
同時(shí)，，，
這與是矛盾的，則且，
則，
故．1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A
A
A
A
D
B
C
D
A
B

相關(guān)試卷

2024年高考押題預(yù)測(cè)卷—數(shù)學(xué)（北京卷02）（全解全析）：

這是一份2024年高考押題預(yù)測(cè)卷—數(shù)學(xué)（北京卷02）（全解全析），共15頁(yè)。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

數(shù)學(xué)-2023年高考押題預(yù)測(cè)卷01（北京專用）（全解全析）：

這是一份數(shù)學(xué)-2023年高考押題預(yù)測(cè)卷01（北京專用）（全解全析），共18頁(yè)。試卷主要包含了設(shè)集合，，則，設(shè)，則，化簡(jiǎn)結(jié)果為，阿波羅尼斯證明過(guò)這樣一個(gè)命題，下列四個(gè)結(jié)論等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2023年高考押題預(yù)測(cè)卷01（乙卷文科）（全解全析）數(shù)學(xué)：

這是一份2023年高考押題預(yù)測(cè)卷01（乙卷文科）（全解全析）數(shù)學(xué)，共24頁(yè)。試卷主要包含了選擇題，填空題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2023年高考押題預(yù)測(cè)卷01（新高考Ⅰ卷）-數(shù)學(xué)（全解全析）

2023年高考押題預(yù)測(cè)卷01（新高考Ⅰ卷）-數(shù)學(xué)（全解全析）
2023年高考押題預(yù)測(cè)卷01（天津卷）-數(shù)學(xué)（全解全析）

2023年高考押題預(yù)測(cè)卷01（天津卷）-數(shù)學(xué)（全解全析）
2023年高考押題預(yù)測(cè)卷01（江蘇卷）（全解全析）數(shù)學(xué)

2023年高考押題預(yù)測(cè)卷01（江蘇卷）（全解全析）數(shù)學(xué)
2022年高考押題預(yù)測(cè)卷01（浙江卷）-數(shù)學(xué)（全解全析）

2022年高考押題預(yù)測(cè)卷01（浙江卷）-數(shù)學(xué)（全解全析）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部