資源簡介

河北正定中學高三理科數學假期第七套試卷
選擇題：本大題共12小題，每小題5分。在每題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．若，則（ ）
A． B． C． D．
2．若集合,集合,則圖中陰影部分表示（ ）
A． B． C． D．
3．設，是非零向量，“”是“”的（ ）
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
4．已知，，且，不為0，那么下列不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
5．已知，若，則的坐標為（ ）
A． B． C． D．
6．設為直線，是兩個不同的平面，下列命題中正確的是( )
A．若，，則 B．若，，則
C．若，，則 D．若，，則
7．要得到函數的圖象，只需要將函數的圖象（ ）
A．向左平移個單位 B．向右平移個單位 C．向左平移個單位 D．向右平移個單位
8．函數在一個周期內的圖象如圖所示，M、N分別是圖象的最高點和最低點，O為坐標原點，且，則的值分別是（ ）
A． B． C． D．
9．從裝有顏色外完全相同的3個白球和個黑球的布袋中隨機摸取一球，有放回的摸取5次，設摸得白球數為，已知，則（ ）
A． B． C． D．
10．已知等比數列的各項均為正數且公比大于1，前項積為，且，則使得的的最小值為(　　)
A．4 B．5 C．6 D．7
11．已知橢圓與雙曲線有相同的焦點，若點是與在第一象限內的交點，且,設與的離心率分別為，則的取值范圍是( )
A． B． C． D．
12．函數滿足， ，若存在，使得成立，則的取值（ ）
A． B． C． D．

二、填空題:本大題共4小題，每小題5分。
13．設函數，若，則 .
14．________.
15．已知函數，數列中，，則數列的前100項之和___ _．
16．已知四面體內接于球O，且，若四面體的體積為，球心O恰好在棱DA上，則球O的表面積是__ ___．

三、解答題：解答應寫出文字說明，證明過程和解題步驟。
17.（本小題滿分12分）
已知數列是公比為2的等比數列，．
（1）求數列的通項公式；
（2）設，求數列的前n項和．





18.（本小題滿分12分）
如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，平面平面，點為棱的中點．

（1）在棱上是否存在一點，使得平面，并說明理由；
（2）當二面角的余弦值為時，求直線與平面所成的角．




19.（本小題滿分12分）
有一個同學家開了一個奶茶店，他為了研究氣溫對熱奶茶銷售杯數的影響，從一季度中隨機選取5天，統計出氣溫與熱奶茶銷售杯數，如表：

（1）求熱奶茶銷售杯數關于氣溫的線性回歸方程（精確到0.1），若某天的氣溫為，預測這天熱奶茶的銷售杯數；
（2）從表中的5天中任取一天，若已知所選取該天的熱奶茶銷售杯數大于120，求所選取該天熱奶茶銷售杯數大于130的概率.
參考數據：，.
參考公式：，.




20.（本小題滿分12分）
已知橢圓的離心率為，點在橢圓上.
（1）求橢圓的標準方程；
（2）若不過原點的直線與橢圓交于兩點，與直線交于點，并且點是線段的中點，求面積的最大值.




21.（本小題滿分12分）
已知，設，，且，記．
（1）設，其中，試求的單調區間；
（2）試判斷弦的斜率與的大小關系，并證明；
（3）證明：當時，．



請考生從22、23題中任選一題做答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目的對應題號右側方框圖黑，按所涂題號進行評分；多涂、多答按所涂首題進行評分，不涂按本選擇題的首題進行評分。
22.（本小題滿分10分）選修4-4：坐標系與參數方程
已知極坐標系的極點在平面直角坐標系的原點處，極軸與軸的非負半軸重合，且長度單位相同，直線的極坐標方程為，曲線(為參數).其中.
（1）試寫出直線的直角坐標方程及曲線的普通方程；
（2）若點為曲線上的動點，求點到直線距離的最大值.


（本小題滿分10分）選修4-5：不等式選講
已知.
（1）求的解集；
（2）若恒成立，求實數的最大值.


河北正定中學高三理科數學假期第七套試卷答案
1．【答案】D【解析】由題意可得 ：，且：，據此有：.本題選擇D選項.
2．【答案】A【解析】因為陰影部分是：；
又因為，所以或，所以或，所以，又因為，所以，故選：A.
3．【答案】A【解析】，由已知得，即，.而當時，還可能是，此時，故“”是“”的充分而不必要條件，故選A.
考點：充分必要條件、向量共線.
4．【答案】D【解析】根據不等式的性質，可知，則，故選D.考點：不等式的性質.
5．【答案】D【解析】設,因為,所以.
所以,所以,解得: ,.所以.
故選D.
【答案】B【解析】A中，也可能相交；B中，垂直與同一條直線的兩個平面平行，故正確；C中，也可能相交；D中，也可能在平面內.
7．【答案】B【解析】因為函數，要得到函數的圖象，只需要將函數的圖象向右平移個單位．本題選擇B選項.
8．【答案】A【解析】由圖觀察可知點,點(其中T為周期),因為,所以,解得,由周期公式得 解得;由,,以及可解得.
9．【答案】B【解析】由題意知，X～B（5，），∴EX＝53，解得m＝2，∴X～B（5，），
∴D（X）＝5（1）．故選B．
10．【答案】C【解析】是等比數列，，又由題可得，，
解得，舍去，，，所以n的最小值為6，選C
11．【答案】D【解析】如圖所示：
設橢圓與雙曲線的焦距為,,由題意可得
， ，即
，即 ，
由可知，令，，所以，故選D.
12．【答案】A【解析】由題意設，則，所以（為常數）．∵，∴，∴，
∴．令，則，故當時，單調遞減；當時，單調遞增．∴，從而當時，，∴在區間上單調遞增．設，則，故在上單調遞增，在上單調遞減，所以．∴不等式等價于， ∴，解得，故的取值范圍為．選A．
13．【答案】【解析】因為函數的定義域是，是關于坐標原點對稱的，當時，是奇函數；當時，，故是奇函數；綜上，對任意，都有是奇函數.所以.
14．【答案】【解析】因，而，，應填答案。
15．【答案】10200【解析】因為，所以
同理可得： ,
的前100項之和.故答案為 .
16．【答案】【解析】如圖:在三角形ABC中,因為,所以△ 為直角三角形,所以三角形ABC的外接圓的圓心為AC的中點,連,根據垂徑定理,可得平面,因為 為的中點可知平面,所以 為四面體的高.所以,解得.所以.所以四面體的外接球的半徑為2,表面積為=.
17．【解析】（1）∵等比數列滿足,∴，即,
又等比數列的公比為2,∴數列的通項公式為；…………6分
（2）由（1）知,∴,
∴, ∴數列的前n項和.……12分
18．【解析】（1）在棱上存在點，使得平面，點為棱的中點．
理由如下：取的中點，連結、，由題意，且，
EMBED Equation.DSMT4 且，故且.所以，四邊形為平行四邊形.
所以，，又平面，平面，所以，平面.…………5分
（2）由題意知為正三角形，所以，亦即，
又，所以，且平面平面，平面平面，
所以平面，故以為坐標原點建立如圖空間直角坐標系，
設，則由題意知，，，，
，，設平面的法向量為，
則由得，令，則，，所以取，顯然可取平面的法向量，由題意：，所以.…………………………10分
由于平面，所以在平面內的射影為，所以為直線與平面所成的角，
易知在中，，從而，
所以直線與平面所成的角為.………………………………………………………………12分
19．【解析】（1）由表格中數據可得，,.
∴，∴，
∴熱奶茶銷售杯數關于氣溫的線性回歸方程為，∴當氣溫為15oC時，由回歸方程可以預測熱奶茶的銷售杯數為(杯) ；…………6分
（2）設表示事件“所選取該天的熱奶茶銷售杯數大于120”，表示事件“所選取該天的熱奶茶銷售杯數大于130”，則“已知所選取該天的熱奶茶銷售杯數大于120時，銷售杯數大于130”應為事件,
∵，，∴，
∴已知所選取該天的熱奶茶銷售杯數大于120時，銷售杯數大于130的概率為.…………12分
20．【解析】（1）由橢圓：的離心率為，點在橢圓上，得，解得，所以橢圓的方程為.…………4分
（2）易得直線的方程為.當直線的斜率不存在時，的中點不在直線上，故直線的斜率存在.
設直線的方程為，與聯立消，得，所以.設，，
則，.由,
所以的中點,因為在直線上，所以，解得，
所以，得，且，…………8分
，
又原點到直線的距離，所以 ，當且僅當，即時等號成立，符合，且，所以面積的最大值為.…………12分
21．【解析】（1）（），
若，則，是上的增函數，
若，則的增區間為，減區間為. …………4分
（2），,
則，
令，則，
令，，
而，則在單調遞增，且恒為正，
又因為，所以，即.…………8分
（3）當時，原不等式等價于，由（2）知，即證，轉化為.令，，
令，則，當時，，故在上單調遞增，則，故在上單調遞增，
則，故時，成立，即當時,.
………………………………………………………………………………………………………………………12分
22．【解析】（1），即，又.
直線的直角坐標方程為.
曲線（為參數），消去參數可得曲線的普通方程為；
…………………………………………………………………5分
（2）由（1）可知，曲線是以為圓心，為半徑的圓.
圓心到直線的距離，
點到直線距離的最大值為.…………………………………………………………………10分
23．【解析】（1）由得，所以，解得，
所以，的解集為；…………………………………………………………………5分
（2）恒成立，即恒成立.當時，；
當時，.因為（當且僅當，即時等號成立），
所以，即的最大值是.
…………………………………………………………………………………………………………10分

展開更多......

收起↑