湖南省宁远县第一中学2024-2025学年高三上学期数学周练(一)

2024年下期宁远一中高三数学周练(一) 时量:120分钟 满分:150分 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符 合题目要求） 1．设，则（      ） A． B． C． D． 2．已知非零向量，满足，，，若，则实数的值为（ ） A．或 B．或 C．或 D．或 3．已知，，则“”是“”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知，，则（    ） A． B． C． D． 5．若随机变量～，其均值为，标准差是，则和的值分别为（ ） A．， B．， C．， D．， 6．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一动点， 直线：经过的定点为，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 7．甲袋中有5个白球，7个红球，乙袋中4个白球，2个红球，从两个袋中任取1袋，然后从所取 到的袋中任取一球，则取到的球是白球的概率是（ ） A． B． C． D． 8．如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面， 是线段的中点，则（ ） A．，且直线，是相交直线 B．，且直线，是相交直线 C．，且直线，是异面直线 D．，且直线，是异面直线 二、选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．下列说法中，正确的是（     ） A．数据，，，，，，，的第百分位数为 B．已知随机变量服从正态分布，，则 C．已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为，若，，， 则 D．若样本数据，，…，的方差为，则数据，，…，的方 差为 10．平面内到两定点、的距离之差的绝对值等于常数的点的轨迹（ ） A．椭圆 B．一条直线 C．两条射线 D．双曲线 11．已知是函数的极值点，若，则下列结论 正确的是（ ） A．的对称中心为 B． C． D． 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．已知关于的一元二次不等式的解集中有且仅有个整数，则的值可 以是 ．(写出任何一个满足条件的值即可） 13．数列5，55，555，5555，……的前项和为，则 ． 14．已知函数，若，则实数的取值范围为 ． 四、解答题（本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．(13分) 在中，、、所对应的分边别为、、，且满足． (1)求； (2)点在线段的延长线上，且，若，，求的面积． 16．(15分) 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的 时间（样本数据），经数据分析得到如下结果： 坐公交车：平均用时30min，方差为36 骑自行车：平均用时34min，方差为4 (1)根据以上数据，李明平时选择哪种交通方式更稳妥？试说明理由． (2)分别用X和Y表示坐公交车和骑自行车上学所用的时间，X和Y的概率密度曲线如图（a） 所示，如果某天有38min可用，你应选择哪种交通方式？如果仅有34min可用，又应该选择 哪种交通方式？试说明理由． （提示：（2）中X和Y的概率密度曲线分别反映的是X和Y的取值落在某个区间的随机事的 概率，例如，图（b）中阴影部分的面积表示的就是X取值不大于38min时的概率．） 17．(15分) 如图，在直三棱柱中，，E为的中点，F为BC的中点． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面AEF的夹角的余弦值． 18．(17分)已知椭圆的焦点分别是，，点在椭圆上，且． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于，两点，且，求实数的值和的面积． 19．(17分)已知（，且）． (1)当时，求在处的切线方程； (2)当时，求证：在上单调递增； (3)设，已知，有不等式恒成立，求实数的取值范围． 2024年下期宁远一中高三数学周练(一)参考答案   CABC   CBDB 9．BC  10． BCD 11． AC 12．或或 13． 14． ． 15．(1)因为，所以由正弦定理得， 因为，所以，则， 因为，所以， 又因为，所以． (2)在中，，可得， 又，可得，又，，可得为正三角形， 故面积为． 16．（1）李明平时选择骑自行车更稳妥， 由已知得坐公交车平均用时30min，骑自行车平均用时34min，差距不大；但是坐公交车的方 差为36，骑自行车的方差为4，由于方差越小，取值越集中，稳定性越高，波动性越小，则 坐公交车所花费的时间不稳定，即李明平时选择骑自行车更稳妥． （2）由图（a）中可知，X和Y的概率密度曲线可知， 由此可知，如果某天有38min可用，那么李明坐公交车迟到的概率大于骑自行车迟到的概率， 应选骑自行车； 由图（a）中可知，X和Y的概率密度曲线可知， 由此可知，如果某天有34min可用，那么李明坐公交车迟到的概率小于骑自行车迟到的概率， 应选坐公交车． 17．（1）证明：取的中点O，连接,， ∵，，∴且， ∵，，∴，且, ∴四边形是平行四边形，∴， ∵，平面，平面， ∴平面． （2）因为，，两两垂直， 故以为原点，,,分别为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系， 各点坐标如下：，，，， ，，， 设平面的法向量为，由，， 有，取，，， 可得平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 由，， 有，取，，， 可得平面的一个法向量为， 有，，， 可得， 故平面与平面AEF的夹角的余弦值为． 18．（1）设椭圆的标准方程为， 由题意可知 ，解得，所以椭圆的标准方程为． （2）设，， 联立，消去，可得， ，则或 由韦达定理可得：，， 所以 因为，，即， 所以，解得：或 经检验知，所以的值为或， 当时，直线方程为， 原点到直线的距离， 因为， 所以 所以； 当，由对称性可得， 所以的面积为． 19．（1）当时，，， 所以，， 所以切线方程为，即． （2）当时，， 则， 要证明在上单调递增， 只需证明在上恒成立， 则只需证，即只需证． 设，则只需证 因为，所以在单调递增， 所以时，即时，成立， 所以，所以在上单调递增． （3），即，两边取对数得：，即 设，令，得， 当时，，单调递减． 又因为，所以，在单调递减， 由，则在恒成立，即， 上式等价于，即， 由在单调递减，所以． 即实数的取值范围为． 2024年下期宁远一中高三数学周练(一) 时量:120分钟 满分:150分 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符 合题目要求） 1．设，则（   C   ） A． B． C． D． 2． 已知非零向量，满足，，，若，则实数的值为（ A ） A． 或 B．或 C． 或 D． 或 3．已知，，则“”是“”的（ B ） A． 充分不必要条件 B． 必要不充分条件 C． 充要条件 D． 既不充分也不必要条件 4．已知，，则（  C   ） A． B． C． D． 解析：因为， 所以， 两边同除，得到， 即， ，∴． 5．若随机变量～，其均值为，标准差是，则和的值分别为（ C ） A．， B．， C．， D．， 6．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一动点， 直线：经过的定点为，则的最大值为（ B ） A． B． C． D． 7． 甲袋中有5个白球，7个红球，乙袋中4个白球，2个红球，从两个袋中任取1袋，然后从所取 到的袋中任取一球，则取到的球是白球的概率是（ D ） A． B． C． D． 8． 如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面， 是线段的中点，则（ B ） A． ，且直线，是相交直线 B． ，且直线，是相交直线 C． ，且直线，是异面直线 D． ，且直线，是异面直线 解析：如图所示， 作于，连接，过作于． 连，∵平面平面． 平面，平面，平面， 与均为直角三角形．设正方形边长为2， 易知， ．，故选B． 二、选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．下列说法中，正确的是（  BC  ） A．数据，，，，，，，的第百分位数为 B．已知随机变量服从正态分布，，则 C．已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为，若，，， 则 D．若样本数据，，…，的方差为，则数据，，…，的方差 为 10． 平面内到两定点、的距离之差的绝对值等于常数的点的轨迹（ BCD ） A．椭圆 B．一条直线 C．两条射线 D．双曲线 解析：当时，点M的轨迹为线段的垂直平分线， 当时，点M的轨迹为两条射线， 当时，点M的轨迹为双曲线， 当时，点M不存在，故选：BCD． 11．已知是函数的极值点，若，则下列结论 正确的是（ AC ） A． 的对称中心为 B． C． D． 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12． 已知关于的一元二次不等式的解集中有且仅有个整数，则的值可 以是__或或 (写出任何一个满足条件的值即可）． 13． 数列5，55，555，5555，……的前项和为，则 ． 14． 已知函数，若，则实数的取值范围为 ． 四、解答题（本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．(13分) 在中，、、所对应的分边别为、、，且满足． (1)求； (2)点在线段的延长线上，且，若，，求的面积． 解：(1)因为，所以由正弦定理得， 因为，所以，则， 因为，所以， 又因为，所以． (2)在中，，可得， 又，可得，又，，可得为正三角形， 故面积为． 16．(15分) 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间（样本数据），经数据分析得到如下结果： 坐公交车：平均用时30min，方差为36 骑自行车：平均用时34min，方差为4 (1)根据以上数据，李明平时选择哪种交通方式更稳妥？试说明理由． (2)分别用X和Y表示坐公交车和骑自行车上学所用的时间，X和Y的概率密度曲线如图（a）所示，如果某天有38min可用，你应选择哪种交通方式？如果仅有34min可用，又应该选择哪种交通方式？试说明理由． （提示：（2）中X和Y的概率密度曲线分别反映的是X和Y的取值落在某个区间的随机事件的概率，例如，图（b）中阴影部分的面积表示的就是X取值不大于38min时的概率．） 解：（1）李明平时选择骑自行车更稳妥， 由已知得坐公交车平均用时30min，骑自行车平均用时34min，差距不大；但是坐公交车的方差为36，骑自行车的方差为4，由于方差越小，取值越集中，稳定性越高，波动性越小，则坐公交车所花费的时间不稳定，即李明平时选择骑自行车更稳妥． （2）由图（a）中可知，X和Y的概率密度曲线可知 ， 由此可知，如果某天有38min可用，那么李明坐公交车迟到的概率大于骑自行车迟到的概率，应选骑自行车； 由图（a）中可知，X和Y的概率密度曲线可知 ， 由此可知，如果某天有34min可用，那么李明坐公交车迟到的概率小于骑自行车迟到的概率，应选坐公交车． 17．(15分) 如图，在直三棱柱中，，E为的中点，F为BC的中点． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面AEF的夹角的余弦值． 解：（1）证明：取的中点O，连接,， ∵，，∴且， ∵，，∴，且, ∴四边形是平行四边形，∴， ∵，平面，平面， ∴平面． （2）因为，，两两垂直， 故以为原点，,,分别为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系， 各点坐标如下：，，，， ，，， 设平面的法向量为，由，， 有，取，，， 可得平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 由，， 有，取，，， 可得平面的一个法向量为， 有，，， 可得， 故平面与平面AEF的夹角的余弦值为． 18．(17分)已知椭圆的焦点分别是，，点在椭圆上，且． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于，两点，且，求实数的值和的面积． 解：（1）设椭圆的标准方程为， 由题意可知 ，解得，所以椭圆的标准方程为． （2）设，， 联立，消去，可得， ，则或 由韦达定理可得：，， 所以 因为，，即， 所以，解得：或 经检验知，所以的值为或， 当时，直线方程为， 原点到直线的距离， 因为， 所以 所以； 当，由对称性可得， 所以的面积为． 19．(17分)已知（，且）． (1)当时，求在处的切线方程； (2)当时，求证：在上单调递增； (3)设，已知，有不等式恒成立，求实数的取值范围． 解：（1）当时，，， 所以，， 所以切线方程为，即． （2）当时，， 则， 要证明在上单调递增， 只需证明在上恒成立， 则只需证，即只需证． 设，则只需证 因为，所以在单调递增， 所以时，即时，成立， 所以，所以在上单调递增． （3），即，两边取对数得：，即 设，令，得， 当时，，单调递减． 又因为，所以，在单调递减， 由，则在恒成立，即， 上式等价于，即， 由在单调递减，所以． 即实数的取值范围为． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$