1. 設集合，，則（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
分別求兩個集合，再求交集
【詳解】，解得：，
，
，，
.
故選：B
2. 復數滿足，則
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】
，故選A.
3. 如圖，正方形中，是的中點，若，則（）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】建立直角坐標系，用坐標分別表示出，，，由已知，求解出和，再計算即可.
【詳解】由題意，以為軸，以為軸建立直角坐標系，如圖所示，
設正方形邊長為，
則，，，，，
所以，，，
，
又，
所以，解得，
所以.
故選：B
【點睛】本題主要考查平面向量線性運算的坐標表示，恰當的建立直角坐標系將向量形式轉化為坐標形式，屬于基礎題.
4. 已知，滿足對任意，都有成立，那么的取值范圍是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據分析出函數單調遞增，列不等式組即可得解.
【詳解】依題意，對任意，不妨取所以，
所以f(x)是在R上的增函數，
于是有，解得.
故選：C．
5. 已知分別為橢圓的左右焦點，P為C上一動點，A為C的左頂點，若，則C的離心率為（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由可得即，化簡即可求出答案.
【詳解】解：∵
∴，即
∴∴，∴.
故選：A.
6. 從圓外一點向這個圓作兩條切線，則兩切線夾角的余弦值為（）
A. B. C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根據銳角三角函數，結合二倍角公式即可求解.
【詳解】由得，所以圓心為，半徑為，設切點分別為,連接,則為兩切線的夾角，
由于,所以,
由二倍角公式可得，
故選:B
7. 已知數列滿足，則是為等差數列的（）
A. 充分條件但不是必要條件B. 必要條件但不是充分條件
C. 充要條件D. 既不是充分條件也不是必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】舉反例結合等差數列的定義可判斷充分性不成立，根據等差數列的通項關系可確定必要性成立，即可得結論.
【詳解】解：例如，滿足，但是，不符合等差數列的定義，故推不出為等差數列；
若為等差數列，設公差為，所以，
則.
所以是為等差數列的必要條件但不是充分條件.
故選：B.
8. 已知，，，，則（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據待求式的結構，求解即可．
【詳解】解：因為
=-.
，
；
，，
所以，
故．
故選：D.
二、多選題
9. 已知樣本數據，，，和樣本數據，，，滿足，則（）
A. ，，，的平均數小于，，，的平均數
B. ，，，的中位數小于，，，的中位數
C. ，，，的標準差不大于，，，的標準差
D. ，，，的極差不大于，，，的極差
【答案】CD
【解析】
【分析】根據數據的平均數、中位數，以及標準差和極差的定義和計算方法，逐項判定，即可求解.
【詳解】由題意，數據的平均數為，數據的平均數為，
因為，可得，所以不一定小于，所以A不正確；
設數據的中位數為，數據的中位數為，
因為，可得，
則不一定小于，所以B不正確；
設數據的方差為，數據的平均數為，
因，可得，又因為，所以，
可得，所以C正確；
數據的極差為，數據的平均數為，
因為，可得，所以D正確.
故選：CD.
10. 從到通信，網絡速度提升了40倍.其中，香農公式是被廣泛公認的通信理論基礎和研究依據，它表示：在受噪聲干擾的信道中，最大信息傳遞率取決于信道帶寬?信道內信號的平均功率?信道內部的高斯噪聲功率的大小，其中叫做信噪比.根據香農公式，以下說法正確的是（）（參考數據：）
A. 若不改變信噪比，而將信道帶寬增加一倍，則增加一倍
B. 若不改變信道帶寬和信道內信號的平均功率，而將高斯噪聲功率降低為原來的一半，則增加一倍
C. 若不改變帶寬，而將信噪比從255提升至增加了
D. 若不改變帶寬，而將信噪比從999提升至大約增加了
【答案】ACD
【解析】
【分析】計算可判斷A；計算可判斷B；計算的值可判斷C；計算可判斷D.
【詳解】對于，若不改變信噪比，而將信道帶寬增加一倍，
即，則增加一倍，所以正確；
對于，若不改變信道帶寬和信道內信號的平均功率，
而將高斯噪聲功率降低為原來的一半，
即，所以B錯誤；
對于C，若不改變帶寬，而將信噪比從255提升至1023，
則，
所以C增加了，所以C正確；
對于D，若不改變帶寬，而將信噪比從999提升至4999，
則，
所以D正確.
故選：ACD.
11. 已知函數的定義域為，為的導函數，且，，若為偶函數，則下列結論一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據復合函數的導數法則，結合偶函數的性質、函數的對稱性逐一判斷即可.
【詳解】對A：∵為偶函數，則，
兩邊求導可得，
∴為奇函數，則，
令，則可得，則，A成立；
對B：令，則可得，則，B成立；
∵，則可得，
，則可得，
兩式相加可得：，
∴關于點成中心對稱，
則，D成立，
又∵，則可得，
，則可得，
∴以4為周期的周期函數，
根據以上性質只能推出，不能推出，C不一定成立，
故選：ABD.
【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是對已知等式進行求導、利用偶函數的性質.
12. 已知球的半徑為1（單位：），該球能夠整體放入下列幾何體容器（容器壁厚度忽略不計）的是（）
A. 棱長為的正方體
B. 底面邊長為的正方形，高為的長方體
C. 底面邊長為，高為的正三棱錐
D. 底面邊長為，高為的正三棱錐
【答案】ACD
【解析】
【分析】若球的半徑為1，該球能夠整體放入下列幾何體容器，則幾何體的內切球半徑大于1，
對于A，正方體的內切球直徑為正方體的棱長即為2，可判斷A正確；
對于B，長方體的最短棱長為，即為球夠整體放入的最大直徑，可判斷B錯誤；
對于C，先求得正三棱錐的內切球半徑，即可判斷；
對于D，根據選項C比選項D的正三棱錐高小，可判斷D的內切球半徑大于C，即可判斷.
【詳解】
球的半徑為，則直徑為，
對于A，棱長為的正方體內切球直徑為，A正確；
對于B，長方體高為，高小于球直徑，B錯誤；
對于C，如圖所示，設正三棱錐為，
設為三棱錐的內切球的球心，為正三角形的中心，
所以為正三棱錐高，，
設是的中點，正三棱錐的底面邊長為，
所以，，
因為為正三棱錐的高，所以，
由正棱錐的性質可知：，
，，
內切球半徑為，
，
得，C正確；
對于D，和C的正三棱錐相比，底面邊長相同，只需比較高的大小，
即比較和的大小，由于，故選項D正確
故選：ACD
三、填空題
13. 甲、乙、丙3人從1樓上了同一部電梯，已知人都在至層的某一層出電梯，且在每一層最多只有兩人同時出電梯，從同一層出電梯的兩人不區(qū)分出電梯的順序，則甲、乙、丙人出電梯的不同方法總數是_______．
【答案】120
【解析】
【分析】分人都在至層的某一層人獨自出電梯；人中有人在同一層出電梯，另人在另外一層出電梯，兩種情況討論即可求解．
【詳解】由題意，
人都在至層的某一層人獨自出電梯，共有種；
人中有人在同一層出電梯，另人在另外一層出電梯，共有種；
故甲、乙、丙人出電梯的不同方法總數是種．
故答案為：120
14. 已知圓錐的底面半徑為2，側面展開圖是一個圓心角為120°的扇形.把該圓錐截成圓臺，已知圓臺的下底面與該圓錐的底面重合，圓臺的上底面半徑為1，則圓臺的體積為________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知求出圓錐的高，進而求出截去的小圓錐的高，利用大圓錐體積減去小圓錐體積求圓臺體積即可.
【詳解】設圓錐母線長為，則，故圓錐的高為，
由圓臺的上底面半徑為1，故截去的小圓錐的高為，
所以圓臺體積為.
故答案為：
15. 已知函數在區(qū)間上恰有三個極值點和三個零點，則的取值范圍是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用三角恒等變換將化簡，再結合的圖像和性質得解.
【詳解】
，
，
，
設，，
有三個極值點和三個零點，由的性質可得，
，.
故答案為：.
16. 雙曲線的左、右焦點分別為、，過的直線交雙曲線于A，B兩點，A，B分別位于第一、二象限，為等邊三角形，則雙曲線的離心率e為_____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用等邊三角形的性質,然后結合雙曲線的定義求解；
【詳解】
由雙曲線的定義可得，
所以取的中點，連接,
又因為為等邊三角形，
則,
在直角三角形中，,
即，
解得：，即，
故答案為：.
四、解答題
17. 已知a，b，c分別為說角△ABC三個內角A，B，C的對邊，滿足
（1）求A；
（2）若b=2，求面積的取值范圍.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理的邊角互化可得，再利用余弦定理即可求解.
（2）利用正弦定理可得，再利用三角形的面積公式可得，根據三角形的內角和性質以及兩角差的正弦公式可將式子化為，結合的取值范圍即可求解.
【詳解】解：（1）由已知及正弦定理得，
由余弦定理可得
又，
（2）由已知及正弦定理得，
由得
是銳角三角形，得得
，
所以面積的取值范圍是
【點睛】本題考查了正弦定理的邊角互化、余弦定理解三角形、三角形的面積公式、兩角差的正弦公式，屬于中檔題.
18. 如圖，在四棱錐中，底面為矩形，底面為線段的中點，為線段上的動點.
（1）求證：平面平面；
（2）試求的長，使平面與平面所成的銳二面角為.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）可先證平面，從而得到平面平面；
（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，設，求出平面的法向量和平面的法向量后結合題設中的面面角可求，從而可得的長.
【小問1詳解】
平面，平面，
，
為矩形，，
又，平面，
平面，
平面，
，
，為線段的中點，
，
又，平面，
平面，又平面，
所以平面平面.
【小問2詳解】
以A為坐標原點，，，分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，，
，，，
設，，
設平面的一個法向量為，
則，，
令，則，
，
設平面的一個法向量為，
則，，
令，則，
，
平面與平面所成的銳二面角為，
，解得，
，即，
當時，平面與平面所成的銳二面角為.
19. 某品牌女裝專賣店設計摸球抽獎促銷活動，每位顧客只用一個會員號登陸，每次消費都有一次隨機摸球的機會．已知顧客第一次摸球抽中獎品的概率為；從第二次摸球開始，若前一次沒抽中獎品，則這次抽中的概率為，若前一次抽中獎品，則這次抽中的概率為．記該顧客第n次摸球抽中獎品的概率為．
（1）求的值，并探究數列的通項公式；
（2）求該顧客第幾次摸球抽中獎品的概率最大，請給出證明過程．
【答案】（1），
（2）第二次，證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據全概率公式即可求解，利用抽獎規(guī)則，結合全概率公式即可由等比數列的定義求解，
（2）根據，即可對分奇偶性求解
【小問1詳解】
記該顧客第次摸球抽中獎品為事件A，依題意，，
．
因為，，，
所以，
所以，
所以，
又因為，則，
所以數列是首項為，公比為的等比數列，
故．
【小問2詳解】
證明：當n為奇數時，，
當n為偶數時，，則隨著n的增大而減小，
所以，．
綜上，該顧客第二次摸球抽中獎品的概率最大．
20. 如圖，已知點，拋物線的焦點是，A，B是拋物線上兩點，四邊形是矩形．
（1）求拋物線的方程；
（2）求矩形的面積．
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】（1）根據拋物線的焦點是，由求解；
（2）設，，根據四邊形是矩形，可得，且，進而得到，然后結合拋物線的定義，求解.
【小問1詳解】
因為拋物線的焦點是，
所以，
解得，
所以拋物線的方程為；
【小問2詳解】
設，，
因為四邊形FAPB是矩形，
所以，且，
即，，且．
所以，，且．
所以．
解得，，
由拋物線的定義得：，
所以矩形的面積為：
，
．
所以矩形的面積為8．
21. 已知函數．
（1）當時，求函數的單調區(qū)間；
（2）當時，恒有成立，求實數的取值范圍．
【答案】（1）的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是
（2）
【解析】
【分析】（1）求導得到，根據，由，求解；
（2）將時，恒有成立，轉化為對任意恒成立，令，利用導數法求解.
【小問1詳解】
解：，
當時，，
由，得，由，得，
故時，的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是；
【小問2詳解】
因為當時，恒有成立，
即對任意恒成立，
令，
當時，在上單調遞減，
，滿足題意，
當時，在上單調遞增，當時，，
當時，在上單調遞增，，
故.
【點睛】方法點睛：對于恒成立問題，法一；令，由求解；法二轉化為恒成立，由求解.
22. 已知等差數列的公差為正數，，前項和為，數列為等比數列，，且，.
（1）求數列、的通項公式；
（2）令，求數列的前項的和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）直接利用等差數列和等比數列的性質，列出方程組即可求出通項公式；
（2）利用錯位相減和分組求和進行求和.
【小問1詳解】
設的公差為，的公比為，因為且，
所以，所以，所以，；
【小問2詳解】
因為，所以
；
所以
記
所以
所以
所以.

相關試卷

2023-2024學年浙江省金華市十校高一（上）期末數學試卷（含詳細答案解析）：

這是一份2023-2024學年浙江省金華市十校高一（上）期末數學試卷（含詳細答案解析），共15頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內容，歡迎下載使用。

浙江省金華市十校2024屆高三下學期4月二模試題 數學 PDF版含答案：

這是一份浙江省金華市十校2024屆高三下學期4月二模試題 數學 PDF版含答案，共9頁。

2023-2024學年浙江省金華市十校高三（上）期末數學試卷（含解析）：

這是一份2023-2024學年浙江省金華市十校高三（上）期末數學試卷（含解析），共16頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

2024屆浙江省金華市一中十校高三上學期一模（期中）數學試題Word版含解析

2024屆浙江省金華市一中十校高三上學期一模（期中）數學試題Word版含解析
2024金華十校高三上學期一模（期中）數學試題含解析

2024金華十校高三上學期一模（期中）數學試題含解析
浙江省金華市十校2024屆高三數學上學期一模（期中）試題（Word版附解析）

浙江省金華市十校2024屆高三數學上學期一模（期中）試題（Word版附解析）
浙江省金華市2023屆十校高三下學期模擬（4月）數學試題(含解析）

浙江省金華市2023屆十校高三下學期模擬（4月）數學試題(含解析）
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內容侵犯了您的知識產權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
期中專區(qū)
歡迎來到教習網
  • 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
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經成功發(fā)送，5分鐘內有效

設置密碼

6-20個字符，數字、字母或符號

注冊即視為同意教習網「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部