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辽宁省沈阳市拔萃私立中学2022年高三数学理期末试卷含解析一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,只有是一个符合题目要求的1.现有四个函数:①
②
③
④的图象(部分)如下,则按照从左到右图象对应的函数序号安排正确的一组是A.①④③② B.④①②③
C.①④②③. D.③④②①
参考答案:C2.设的三边长分别为a、b、c,的面积为S,内切圆半径为r,则类比这个结论可知:四面体P-ABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4,内切球的半径为r,四面体P-ABC的体积为V,则r=()参考答案:C略3.若,则
(
)
A.
B.
C.
D.
参考答案:B4.函数图像上不同两点处的切线的斜率分别是,规定叫做曲线在点与点之间的“弯曲度”,给出以下命题:①函数图像上两点与的横坐标分别为,则②存在这样的函数,图像上任意两点之间的“弯曲度”为常数;③设点、是抛物线上不同的两点,则;④设曲线上不同两点,且,若恒成立,则实数的取值范围是.以上正确命题的序号为
A.
①②
B.
②③
C.
③④
D.
②③④参考答案:B
【知识点】新定义;命题的真假的判断A2解析:①错:②对:如;③对:;④错:,恒成立,故.【思路点拨】根据新定义依次判断选项即可.5.如图,点F是抛物线的焦点,点A,B分别在抛物线及圆的实线部分上运动,且AB始终平行于x轴,则的周长的取值范围是(
)A.(2,6) B.(6,8) C.(8,12) D.(10,14)参考答案:C【分析】由抛物线定义可得,从而的周长,确定点横坐标的范围,即可得到结论.【详解】抛物线的准线,焦点,由抛物线定义可得,圆的圆心为,半径为4,∴的周长,由抛物线及圆可得交点的横坐标为2,∴,∴,故选
C.【点睛】本题主要考查抛物线的定义,考查抛物线与圆的位置关系,确定点横坐标的范围是关键,属于中档题.6.a,b,c表示直线,M表示平面,给出下列四个命题:若a∥M,b∥M,则a∥b;②若bM,a∥b,则a∥M;③若a⊥c,b⊥c,则a∥b;④若a⊥M,b⊥M,则a∥b.其中正确命题的个数有
(
)
A、0个
B、1个
C、2个
D、3个参考答案:B7.函数y=x3与y=图形的交点为(a,b),则a所在区间是()A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4)参考答案:B考点:函数的零点与方程根的关系.专题:函数的性质及应用.分析:构造函数f(x))=x3﹣,根据函数零点和方程之间的关系判断函数零点的取值范围是解决本题的关键.解答:解:∵y=x3与y=,∴设f(x)=x3﹣,则函数f(x)为增函数,∵f(1)=1﹣=1﹣2=﹣1<0,f(2)=>0,∴函数f(x)的根x∈(1,2),∵函数y=x3与y=图形的交点为(a,b),∴a∈(1,2),故。築.点评:本题主要考查函数零点的取值范围的应用,根据函数零点和方程之间的关系,构造函数是解决本题的关键.8.将标号为1,2,3,4,5,6的6个小球放入3个不同的盒子中.若每个盒子放2个,其中标号为1,2的小球放入同一盒子中,则不同的方法共有()A.12种 B.16种 C.18种 D.36种参考答案:C【考点】排列、组合及简单计数问题.【专题】计算题.【分析】根据题意,分3步分析:首先从3个盒子中选一个放标号为1,2的小球,再从剩下的4个小球中选两个放一个盒子,余下的2个放入最后一个盒子,由组合数公式计算每一步的情况数目,进而由分步计数原理得到结果.【解答】解:先从3个盒子中选一个放标号为1,2的小球,有3种不同的选法,再从剩下的4个小球中选两个,放一个盒子有C42=6种放法,余下放入最后一个盒子,∴共有3C42=18故选C.【点评】本题考查分步计数原理,考查平均分组问题,是一个易错题,解题的关键是注意到第二步从剩下的4个数中选两个放到一个信封中,这里包含两个步骤,先平均分组,再排列.9.已知函数则函数的零点个数为A.
B.
C.
D.参考答案:C略10.已知函数f(x)是定义在区间(0,+∞)上的可导函数,为其导函数,当且时,,若曲线在点处的切线的斜率为-4,则的值为(
)A.4
B.6
C.8
D.10参考答案:A当且时,,可得时,;时,,令,,则,可得当时,;当时,,所以函数在处取得极大值,所以,又,所以.故选A.二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知偶函数在区间上单调递增,且满足,给出下列判断:①;②在上是减函数;③的图象关于直线对称;④在处取得最大值;⑤没有最小值.其中正确判断的序号是.参考答案:①②④略12.若全集,函数的值域为集合,则
.参考答案:13.已知向量与的夹角为,且若且,则实数的值为参考答案:向量与的夹角为,且所以。由得,,即,所以,即,解得。14.已知直线与曲线分别交于M,N两点,则|MN|的最小值为________参考答案:1.【分析】令,通过求导利用函数单调性即可得解.【详解】令,,显然为增函数,且所以当时,单调递减;当时,单调递增.所以.故答案为1.【点睛】本题主要考查了导数的应用,求最值,属于基础题.15.设抛物线的焦点为F,经过点P(1,4)的直线与抛物线相交于A、B两点,点P为线段AB的中点,则的值为_________.参考答案:略16.已知函数,其中,下面是关于f(x)的判断:①.函数最小正周期为②.函数的一个对称中心是(—)
③.将函数的图象左移得到函数的图象
④.的一条对称轴是其中正确的判断是_________(把你认为正确的判断都填上)。参考答案:①②④略17.如图放置的边长为1的正方形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴正半轴上(含原点)上滑动,则的最大值是.参考答案:2考点:向量在几何中的应用.专题:转化思想.分析:令∠OAD=θ,由边长为1的正方形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴正半轴上,可得出B,C的坐标,由此可以表示出两个向量,算出它们的内积即可解答:解:如图令∠OAD=θ,由于AD=1故0A=cosθ,OD=sinθ,如图∠BAX=﹣θ,AB=1,故xB=cosθ+cos(﹣θ)=cosθ+sinθ,yB=sin(﹣θ)=cosθ故=(cosθ+sinθ,cosθ)同理可求得C(sinθ,cosθ+sinθ),即=(sinθ,cosθ+sinθ),∴=(cosθ+sinθ,cosθ)?(sinθ,cosθ+sinθ)=1+sin2θ,的最大值是2故答案是2点评:本题考查向量在几何中的应用,设角引入坐标是解题的关键,由于向量的运算与坐标关系密切,所以在研究此类题时应该想到设角来表示点的坐标.三、解答题:本大题共5小题,共72分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤18.经销商用一辆J型卡车将某种水果从果园运送(满载)到相距400km的水果批发市。莶馑,J型卡车满载行驶时,每100km所消耗的燃油量u(单位:L)与速度v(单位:km/h),的关系近似地满足u=除燃油费外,人工工资、车损等其他费用平均每小时300元.已知燃油价格为每升(L)7.5元.(1)设运送这车水果的费用为y(元)(不计返程费用),将y表示成速度v的函数关系式;(2)卡车该以怎样的速度行驶,才能使运送这车水果的费用最少?参考答案:略19.(12分)(2015秋?太原期末)已知平行四边形ABCD中,∠A=45°,且AB=BD=1,将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图所示:(1)求证:AB⊥CD;(2)求棱锥A﹣BCD的表面积.参考答案:【分析】(1)由已知条件求出∠ADB=45°,从而得到AB⊥BD,利用平面ABD⊥平面BCD,由此能够证明AB⊥DC.(Ⅱ)利用侧面积加底面积可得棱锥A﹣BCD的表面积.【解答】(1)证明:在△ABD中,∵AB=1,BD=1,且∠A=45°∴∠ADB=45°,∴AB⊥BD,∴平面ABD⊥平面BCD,面ABD∩面BDC=BD,∴AB⊥面BDC,∴AB⊥DC;(2)解:由(1)可知,AB⊥BC,AD⊥CD,∴棱锥A﹣BCD的表面积=×2+=+1.【点评】本题考查异面直线垂直的证明,考查棱锥A﹣BCD的表面积,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题..20.(本小题满分13分)如图,在△ABC中,点D在边AB上,且.记∠ACD=,∠BCD=.(Ⅰ)求证:;(Ⅱ)若,求BC的长.参考答案:【知识点】余弦定理正弦定理【试题解析】(Ⅰ)在中,由正弦定理,有
在中,由正弦定理,有
因为,所以
因为,所以
(Ⅱ)因为,,
由(Ⅰ)得
设,由余弦定理,
代入,得到,
解得,所以.21.(本题满分15分)已知函数,其中(1)
当满足什么条件时,取得极值?(2)
已知,且在区间上单调递增,试用表示出的取值范围.参考答案:(1)由已知得,令,得,要取得极值,方程必须有解,所以△,即,
此时方程的根为,,---------3分所以当时,x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f’(x)+0-0+f(x)增函数极大值减函数极小值增函数所以在x1,x2处分别取得极大值和极小值.---------5分当时,x(-∞,x2)x2(x2,x1)x1(x1,+∞)f’(x)-0+0-f(x)减函数极小值增函数极大值减函数所以在x1,x2处分别取得极大值和极小值.综上,当满足时,取得极值.---------7分(2)要使在区间上单调递增,需使在上恒成立.即恒成立,
所以设,,---------9分令得或(舍去),当时,,当时,单调增函数;当时,单调减函数,所以当时,取得最大,最大值为.所以---------12分当时,,此时在区间恒成立,所以在区间上单调递增,当时最大,最大值为,所以综上,当时,;
当时,---------15分22.交强险是车主必须为机动车购买的险种.若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用(基准保费)统一为a元,在下一年续保时,实行的是费率浮动机制,保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系,发生交通事故的次数越多,费率也就越高,具体浮动情况如表:交强险浮动因素和浮动费率比率表
浮动因素浮动比率A1上一个年度未发生有责任道路交通事故下浮10%A2上两个年度未发生有责任道路交通事故下浮20%A3上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故下浮30%A4上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故0%A5上一个年度发生两次及两次以上有责任道路交通事故上浮10%A6上一个年度发生有责任道路交通死亡事故上浮30%某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况,随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况,统计得到了下面的表格:类型A1A2A3A4A5A6数量105520155(Ⅰ)求一辆普通6座以下私家车在第四年续保时保费高于基本保费的频率;(Ⅱ)某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车,且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车.假设购进一辆事故车亏损5000元,一辆非事故车盈利10000元,且各种投保类型车的频率与上述机构调查的频率一致,完成下列问题:①若该销售商店内有六辆(车龄已满三年)该品牌二手车,某顾客欲在店内随机挑选两辆车,求这两辆车中恰好有一辆为事故车的概率;②若该销售商一次购进120辆(车龄已满三年)该品牌二手车,求一辆车盈利的平均值.参考答案:【考点】CC:列举法计算基本事件数及事件发生的概率.【分析】解:(Ⅰ)利用等可能事件概率计算公式,能求出一辆普通6座以下私家车第四年续保时保费高于基本保费的概率.(Ⅱ)①由统计数据可知,该销售商店内的六辆该品牌车龄已满三年的二手车有两辆事故车,设为b1,b2,四辆非事故车设为a1,a2,a3,a4.利用列举法求出从六辆车中随机挑选两辆车的基本事件总和其中两辆车恰好有一辆事故车包含的基本事件个数,由此能求出该顾客在店内随机挑选的两辆车恰好有一辆事故车的概率.②由统计数据可知,该销售商一次购进120辆该品牌车龄已满三年的二手车有事故车40辆,非事故车80辆,由此能求出一辆车盈利的平均值.【解答】解:(Ⅰ)一辆普通6座以下私家车第四年续保时保费高于基本保费的频率为p=.…(4分)(Ⅱ)①由统计数据可知,该销售商店内的六辆该品牌车龄已满三年的二手车有两辆事故车,设为b1,b2,四辆非事故车设为a1,a2,a3,a4.从六辆车中随机挑选两辆车共有(b1,b2),(b1,a1),(b1,a2),(b1,a3),(b1,a4),(b2,a1),(b2,a2),(b2,a3),(b2,a4),(a1,a2),(a1,a3),(a1,a4),(a2,a3),(a2,a4),(a3,a4),总共15种情况.…(6分)其中两辆车恰好有一辆事故车共有(b1,a1),(b1,a2),(b1,a3),(b1,a4),(b2,a1),(b2,a2),(b2,a3),(b2,a4),总共8种情况.所以该顾客在店内随机挑选的两辆车恰好有一辆事故车的概率为p=.…(8分)②由统计数据可知,该销售商一次购进120辆该品牌车龄已满三年的二手车有事故车40辆,非事故车80辆,…(10分)所以一辆车盈利的平均值为[(﹣5000)×40+10000×80]=5000元.…(12分)【点评】本题考查概率的求法及应用,考查概率的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意等可能事件概率计算公式、列举法的合理运用.
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