一、單項(xiàng)選擇題：本題共 8 小題，每小題 5 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．的展開式中項(xiàng)的系數(shù)為（ ）
A．B．C．D．
2．設(shè)集合，，則（ ）
A．B．
C．D．
3．設(shè)復(fù)數(shù)滿足，，復(fù)數(shù)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限,則（ ）
A．B．C．D．
4．冬季是流行病的高發(fā)季節(jié)，大部分流行病是由病毒或細(xì)菌引起的，已知某細(xì)菌是以簡(jiǎn)單的二分裂法進(jìn)行無性繁殖，在適宜的條件下分裂一次（1個(gè)變?yōu)?個(gè)）需要23分鐘，那么適宜條件下1萬個(gè)該細(xì)菌增長到1億個(gè)該細(xì)菌大約需要（參考數(shù)據(jù)：）（ ）
A．3小時(shí)B．4小時(shí)C．5小時(shí)D．6小時(shí)
5．已知拋物線的焦點(diǎn)為F，，則為（ ）
A．B．2C．D．
6．若為第二象限角，且，則（ ）
A．B．C．D．
7．有編號(hào)為,,的三個(gè)盒子和編號(hào)分別為,,的三個(gè)小球，每個(gè)盒子放入一個(gè)小球，則小球的編號(hào)與盒子編號(hào)全不相同的概率為（ ）
A．B．C．D．
8．已知函數(shù)，方程（其中）有6個(gè)不同的實(shí)根，則的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
二?多項(xiàng)選擇題：本大題共 3 小題，每小題 6 分，共 18 分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得 6 分，有選錯(cuò)的得 0 分，部分選對(duì)的得 3 分.請(qǐng)把正確選項(xiàng)在答題卡中的相應(yīng)位置涂黑.
9．已知點(diǎn)P在圓O:上,直線:分別與軸,軸交于兩點(diǎn),則（ ）
A．過點(diǎn)作圓O的切線,則切線長為B．滿足的點(diǎn)有3個(gè)
C．點(diǎn)到直線距離的最大值為D．的最小值是
10．在底面棱長為2側(cè)棱長為的正三棱柱中，點(diǎn)E為的中點(diǎn)，，則以下結(jié)論正確的是（ ）
A．當(dāng)時(shí)，B．當(dāng)時(shí)，平面
C．存在使得平面D．四面體外接球的半徑為
11．已知函數(shù)，且存在唯一的整數(shù)，使得，則實(shí)數(shù)a的可能取值為（ ）
A．B．C．D．
三、填空題：本題共 3 小題，每小題 6 分，共 18 分.
12．已知公比為2的等比數(shù)列滿足，則 .
13．定義在區(qū)間上的函數(shù)，是函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，如果，使得，則稱為上的“中值點(diǎn)”．下列函數(shù)：
①；②；③；④．其中在區(qū)間上的“中值點(diǎn)”多于一個(gè)的函數(shù)是 （請(qǐng)寫出你認(rèn)為正確的所有結(jié)論的序號(hào)）
14．已知函數(shù)（），若不等式對(duì)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 ．
四、解答題
15．（14分）已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，其中
(1)求函數(shù)的解析式；
(2)若函數(shù)在區(qū)間不單調(diào)，求出實(shí)數(shù)的取值范圍.
16．（14分）甲、乙、丙三人進(jìn)行乒乓球單打比賽,約定:隨機(jī)選擇兩人打第一局,獲勝者與第三人進(jìn)行下一局的比賽,先獲勝兩局者為優(yōu)勝者,比賽結(jié)束.已知每局比賽均無平局,且甲贏乙的概率為,甲贏丙的概率為,乙贏丙的概率為.
(1)若甲、乙兩人打第一局,求丙成為優(yōu)勝者的概率;
(2)求恰好打完2局結(jié)束比賽的概率.
17．（14）如圖所示，直三棱柱的各棱長均相等，點(diǎn)E在上，滿足.
(1)證明為的中點(diǎn)；
(2)求平面與平面夾角的余弦值.
18．（14分）已知點(diǎn)為拋物線的焦點(diǎn)，點(diǎn)在拋物線上，且.
(1)求拋物線的方程；
(2)過點(diǎn)分別作兩條互相垂直的直線與拋物線分別交于與，記的面積分別為，求的最小值.
19．（18分）如果數(shù)列每一項(xiàng)都是正數(shù)，且對(duì)任意不小于2的正整數(shù)滿足，則稱數(shù)列具有性質(zhì).
(1)若（均為正實(shí)數(shù)），判斷數(shù)列是否具有性質(zhì)；
(2)若數(shù)列都具有性質(zhì)，證明：數(shù)列也具有性質(zhì)；
(3)設(shè)實(shí)數(shù)，方程的兩根為，若對(duì)任意恒成立，求所有滿足條件的.
參考答案：
1．B
【分析】首先寫出展開式的通項(xiàng)，再代入計(jì)算可得；
【詳解】解：的展開式的通項(xiàng)，令，解得，所以，所以項(xiàng)的系數(shù)為，
故選：B
2．D
【分析】先求出兩集合，再求兩集合的交集即可.
【詳解】∵，
，
∴.
故選：D.
3．B
【分析】設(shè)出復(fù)數(shù)，由題意有，且，求出即可得解.
【詳解】設(shè)，則，所以，
又，復(fù)數(shù)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限，所以，
解得，從而.
故選：B.
4．C
【分析】設(shè)適宜條件下1萬個(gè)該細(xì)菌增長到1億個(gè)該細(xì)菌大約需要分鐘，則，兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)得，結(jié)合對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)求解即可.
【詳解】設(shè)適宜條件下1萬個(gè)該細(xì)菌增長到1億個(gè)該細(xì)菌大約需要分鐘，
則，兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)得，，
所以，所以大約需要小時(shí).
故選：C.
5．D
【分析】確定焦點(diǎn)，再利用兩點(diǎn)間距離公式計(jì)算得到答案.
【詳解】拋物線，即，焦點(diǎn)，，.
故選：D
6．D
【分析】根據(jù)同角三角函數(shù)平方關(guān)系和商數(shù)關(guān)系可求得，由此可得；利用二倍角公式和誘導(dǎo)公式可化簡(jiǎn)所求等式為，代入即可.
【詳解】為第二象限角，，，
由得：，，，
，
.
故選：D.
7．D
【解析】列舉出所有的基本事件，并確定出事件“小球的編號(hào)與盒子編號(hào)全不相同”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可計(jì)算出所求事件的概率.
【詳解】以表示編號(hào)為、、的盒子分別放編號(hào)為、、的小球，則所有的基本事件有：、、、、、，共種，
其中，事件“小球的編號(hào)與盒子編號(hào)全不相同”所包含的基本事件有：、，共個(gè)，
因此，小球的編號(hào)與盒子編號(hào)全不相同的概率為.
故選：D.
【點(diǎn)睛】本題考查利用古典概型的概率公式計(jì)算事件的概率，解題的關(guān)鍵就是列舉出所有的基本事件，遵循不重不漏的原則，考查計(jì)算能力，屬于中等題.
8．C
【分析】根據(jù)圖象的對(duì)稱性可得在上有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，分類討論后可求參數(shù)的取值范圍.
【詳解】因?yàn)楫?dāng)時(shí)，有，
故在上圖象與在上的圖象關(guān)于對(duì)稱，
故在上有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根.
下面僅在上討論的解.
因?yàn)?，故或?br>當(dāng)時(shí)，則有：，解得.
因?yàn)榉匠淘谏嫌?個(gè)不同的實(shí)數(shù)根.
故在上有2個(gè)不同的實(shí)數(shù)根且與相異，
故有兩個(gè)不同的解，
整理得到有兩個(gè)不同的解.
設(shè)，則，解得，
故.
故選：C.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：與分段函數(shù)有關(guān)的復(fù)合方程的零點(diǎn)問題，可先求出外方程的解，再結(jié)合分段函數(shù)的性質(zhì)分類討論，注意利用函數(shù)解析式隱含的圖象對(duì)稱性來處理.
9．ACD
【分析】對(duì)于A,根據(jù)勾股定理求解即可;對(duì)于B,即,所以點(diǎn)在以為直徑的圓上,設(shè)的中點(diǎn)為,寫出圓的方程,根據(jù)兩個(gè)圓的交點(diǎn)個(gè)數(shù)即可判斷正誤;對(duì)于C,根據(jù)圓上一點(diǎn)到直線的最大距離為圓心到直線的距離加上半徑進(jìn)行判斷;對(duì)于D,,求解的最小值即可判斷正誤.
【詳解】對(duì)于A,點(diǎn),點(diǎn),過點(diǎn)作圓O的切線,則切線長為,A正確;
對(duì)于B,,
點(diǎn)在以為直徑的圓上,
設(shè)的中點(diǎn)為,
圓的方程:,
則圓與圓的圓心距為:,
,
圓與圓O相交,有兩個(gè)交點(diǎn),
即滿足的點(diǎn)有2個(gè),B不正確;
對(duì)于C,點(diǎn),則圓心到直線的距離,所以點(diǎn)到該直線距離的最大值為,C正確;
對(duì)于D,的中點(diǎn),,因?yàn)?的最小值是,D正確.
故選:ACD.
10．AD
【分析】由空間向量的基本定理可判斷A，由線面平行與面面平行的判定與性質(zhì)可判斷B，由線面垂直的定義可判斷C，由多面體外接球的特點(diǎn)求解可判斷D
【詳解】由題意可知，
對(duì)于選項(xiàng)A，當(dāng)時(shí)，，故選項(xiàng)A正確；
對(duì)于選項(xiàng)B，在正三棱柱中，有，又平面，平面，
則平面，若平面，
則平面平面，則與題意矛盾，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)C，因?yàn)辄c(diǎn)D在線段BC運(yùn)動(dòng)，
所以的最大值為，而，
所以不存在點(diǎn)D使得平面，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)D，設(shè)的外接圓圓心為，其半徑為，四面體外接球球心為O，其半徑為R，
則，解得，
設(shè)，則可得到，且，
解得，故選項(xiàng)D正確；
故選：AD.
11．AC
【分析】將不等式轉(zhuǎn)化為，分別作出與的圖象，轉(zhuǎn)動(dòng)直線使得滿足的整數(shù)解是唯一的，觀察直線的斜率滿足的條件即可.
【詳解】令，得.
令，則，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減.
如圖，分別作出函數(shù)與的圖象，
其中直線恒過定點(diǎn).
由圖可知，，，
存在唯一的整數(shù)，使得，則需，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是，
其中，，
而，，
故選：AC.
【點(diǎn)睛】參數(shù)分離法解不等式恒成立問題:
(1) 參數(shù)完全分離法:將參數(shù)完全分離到不等式的一端，只需求另一端函數(shù)的最值即可，這種方法的好處是分離后函數(shù)不含參數(shù)，易求最值.
(2) 參數(shù)半分離法:將原不等式分成兩個(gè)函數(shù)，其中一個(gè)函數(shù)為含參的簡(jiǎn)單函數(shù)，如一次函數(shù)，可以通過圖象的變化尋求滿足的條件.
12．
【分析】利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得答案.
【詳解】由題意可得，解得，
故答案為：.
13．①④
【分析】根據(jù)“中值點(diǎn)”的幾何意義，結(jié)合導(dǎo)數(shù)知識(shí)可構(gòu)造方程依次驗(yàn)證各個(gè)函數(shù)“中值點(diǎn)”個(gè)數(shù)即可得到結(jié)果.
【詳解】由題意知：“中值點(diǎn)”的幾何意義是在區(qū)間上存在點(diǎn)，使得函數(shù)在該點(diǎn)的切線的斜率等于區(qū)間的兩個(gè)端點(diǎn)連線的斜率值．
對(duì)于①，，區(qū)間上任一點(diǎn)都是“中值點(diǎn)”， ①正確；
對(duì)于②，，，
又，，解得：；
“中值點(diǎn)”有且僅有一個(gè)，②錯(cuò)誤；
對(duì)于③，，，
又，，解得：，
“中值點(diǎn)”有且僅有一個(gè)，③錯(cuò)誤；
對(duì)于④，，，
又，，解得：，
“中值點(diǎn)”有兩個(gè)，④正確.
故答案為：①④.
14．
【分析】不等式變形為，令，，求導(dǎo)得到其單調(diào)性，結(jié)合特殊函數(shù)值，得到若，則或，即或，再對(duì)求導(dǎo)，得到其單調(diào)性和最值，得到，求出答案.
【詳解】不等式對(duì)恒成立，
等價(jià)于，即，
所以,
設(shè)，其中，
則，令得，
所以當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
所以，又，，
所以存在使得，
所以若，則或，即或，
，，
所以在上，，單調(diào)遞增，
在上，，單調(diào)遞減，
所以，所以只有才能滿足要求，
即，又，解得，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為．
故答案為：
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：隱零點(diǎn)的處理思路：
第一步：用零點(diǎn)存在性定理判定導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的存在性，其中難點(diǎn)是通過合理賦值，敏銳捕捉零點(diǎn)存在的區(qū)間，有時(shí)還需結(jié)合函數(shù)單調(diào)性明確零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
第二步：虛設(shè)零點(diǎn)并確定取范圍，抓住零點(diǎn)方程實(shí)施代換，如指數(shù)與對(duì)數(shù)互換，超越函數(shù)與簡(jiǎn)單函數(shù)的替換，利用同構(gòu)思想等解決，需要注意的是，代換可能不止一次.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)函數(shù)的奇偶性求得的解析式.
（2）對(duì)進(jìn)行分類討論，根據(jù)的單調(diào)性求得的取值范圍.
【詳解】（1）由是定義在上的奇函數(shù)，所以，
又時(shí)，，
所以時(shí)，，
所以，
所以函數(shù)的解析式為.
（2）當(dāng)時(shí)，，
若，由知，在上遞增，不合題意；
，，
所以在上先減再增，符合函數(shù)在上不單調(diào)，
綜上，實(shí)數(shù)的取值范圍為.
16．(1)
(2)
【分析】(1)根據(jù)題意分析丙成為優(yōu)勝者的情況,根據(jù)獨(dú)立事件的概率公式計(jì)算即可;
(2)分析三人比賽時(shí),第一場(chǎng)上場(chǎng)的情況,再根據(jù)各種情況分析打完2局結(jié)束比賽的事件,根據(jù)獨(dú)立事件的概率公式計(jì)算結(jié)果.
【詳解】（1）解:由題知,根據(jù)約定,
丙成為優(yōu)勝者的情形為:甲贏,丙贏,丙贏,
或乙贏,丙贏,丙贏,兩種情況,
當(dāng)甲贏,丙贏,丙贏時(shí),概率,
當(dāng)乙贏,丙贏,丙贏時(shí),概率,
故丙成為優(yōu)勝者的概率;
（2）若甲乙先比賽,
則甲乙能先比賽的概率為,
此時(shí)2局結(jié)束比賽的情形分為:
①甲贏,甲贏;
②乙贏,乙贏,
故;
若甲丙先比賽,
則甲丙能先比賽的概率為,
此時(shí)2局結(jié)束比賽情形分為:
①甲贏,甲贏;
②丙贏,丙贏,
故;
若乙丙先比賽,
則乙丙能先比賽的概率為,
此時(shí)2局結(jié)束比賽的情形分為:
①乙贏,乙贏;
②丙贏,丙贏,
故.
故恰好打完2局結(jié)束比賽的概率.
17．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用，即可利用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)公式進(jìn)行求解.
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別計(jì)算出平面的法向量和平面的法向量為，判斷兩平面夾角為銳角，然后，列出公式，得到，即可求解.
【詳解】（1）
設(shè)直三棱柱的各棱長均為2，如圖，建系可得，
，，，，，，
設(shè)，得，，因?yàn)椋?br>可得，解得，所以，，，所以，為的中點(diǎn)
（2）由（1）得，，，，
設(shè)平面的法向量為，平面的法向量為，則
和，得到，
和，
取，可得，，
取，可得，，
設(shè)平面與平面夾角為，明顯可見為銳角，可得
，
18．(1)
(2)32
【分析】（1）利用定義法求出拋物線的方程；
（2）拋物線焦點(diǎn)弦的性質(zhì)：過拋物線的焦點(diǎn)的直線與拋物線交于點(diǎn)，設(shè)其方程為，與拋物線聯(lián)立，利用韋達(dá)定理，求出面積的表達(dá)式，然后將式子代入，利用基本不等式即可求解.
【詳解】（1）由，知，
所以，所以拋物線的方程為.
（2）由題意知直線與的斜率均不為0，
設(shè)，
聯(lián)立消去得，則，
因?yàn)?，用替換得
所以，
，
所以
，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.
所以的最小值為32.
19．(1)具有性質(zhì)；不具有性質(zhì)
(2)證明見詳解
(3)
【分析】（1）結(jié)合性質(zhì)直接判斷即可；
（2）由都具有性質(zhì)，可直接得出，，
要證，化簡(jiǎn)可得證，結(jié)合性質(zhì)和基本不等式即可求證；
（3）先將結(jié)合韋達(dá)定理代換成，設(shè)法證明具有性質(zhì)，則原不等式可進(jìn)一步放縮為，求出，解一元二次不等式即可求解.
【詳解】（1）對(duì)，可看作以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，故，故具有性質(zhì)；
對(duì)，若滿足，即，整理得，即，，因?yàn)?，所以不成立，所以不具有性質(zhì)；
（2）若都具有性質(zhì)，則，，
，，，
要證數(shù)列也具有性質(zhì)，即證，即，整理得：，因?yàn)?，，即證①，
因?yàn)?，，所以?br>所以，，
由基本不等式可得，①得證；
（3）由方程的兩根為可得，
，，，，，
，即，所以放縮得，即，
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，
所以，即恒成立，故，解得，又，故只能.

相關(guān)試卷

湖南省常德市漢壽縣第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期4月期中考試數(shù)學(xué)試題：

這是一份湖南省常德市漢壽縣第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期4月期中考試數(shù)學(xué)試題，共20頁。試卷主要包含了復(fù)數(shù)，則在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)是，下列說法正確的是，下列化簡(jiǎn)結(jié)果正確的個(gè)數(shù)為，青花瓷等內(nèi)容，歡迎下載使用。

精品解析：湖南省常德市漢壽縣第一中學(xué)2024屆高三下學(xué)期3月月考數(shù)學(xué)試題：

這是一份精品解析：湖南省常德市漢壽縣第一中學(xué)2024屆高三下學(xué)期3月月考數(shù)學(xué)試題，文件包含精品解析湖南省常德市漢壽縣第一中學(xué)2024屆高三下學(xué)期3月月考數(shù)學(xué)試題原卷版docx、精品解析湖南省常德市漢壽縣第一中學(xué)2024屆高三下學(xué)期3月月考數(shù)學(xué)試題解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共22頁， 歡迎下載使用。

湖南省常德市漢壽縣第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期入學(xué)考試數(shù)學(xué)試題：

這是一份湖南省常德市漢壽縣第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期入學(xué)考試數(shù)學(xué)試題，共14頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

54，湖南省常德市漢壽縣第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題

54，湖南省常德市漢壽縣第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題
湖南省常德市漢壽縣一中2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期11月月考數(shù)學(xué)試題

湖南省常德市漢壽縣一中2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期11月月考數(shù)學(xué)試題
湖南省常德市漢壽縣第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高一上學(xué)期12月月考數(shù)學(xué)試題

湖南省常德市漢壽縣第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高一上學(xué)期12月月考數(shù)學(xué)試題
2022-2023學(xué)年湖南省常德市漢壽縣第五中學(xué)高一下學(xué)期第一次月考數(shù)學(xué)試題含答案

2022-2023學(xué)年湖南省常德市漢壽縣第五中學(xué)高一下學(xué)期第一次月考數(shù)學(xué)試題含答案
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
月考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(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