江西省赣州市田村中学2022-2023学年高三数学文联考试题含解析

江西省赣州市田村中学2022-2023学年高三数学文联考试题含解析 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. 若，则(  ▲  ) A．           B．        C．       D． 参考答案： B 2. 复数R，则实数等于（　　） A．1    B．    C．0    D．±1 参考答案： A 略 3. 在正三角形ABC中，，则以B、C为焦点，且过D、E的双曲线的离心率为                                         （    ）        A．                   B．               C．               D．+1 参考答案： 答案:D 4. 若函数的图象如图，则函数的图象为（    ） A. B. C. D. 参考答案： C 【分析】 由函数的单调性可得及时得，结合函数的定义域和值域即可得解. 【详解】由函数单调递减可得， 当时，，解得. 可知函数 ，定义域为，值域为， 因为，. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了指数型函数的单调性及图像特征，考查了反比例函数的值域及定义域，属于基础题. 5. （10）已知三棱柱 A．        B．           C．         D． 参考答案： C 6. 函数的极值点的个数是 A.2 B.1 C.0 D.由a确定 参考答案： C 函数的导数为，所以函数在定义域上单调递增，所以没有极值点，选C. 7. 将甲、乙、丙等六人分配到高中三个年级，每个年级2人，要求甲必须在高一年级，乙和丙均不能在高三年级，则不同的安排种数为 (    ) A．18      B．15        C．12       D．9 参考答案： D 8. 对于命题和命题，“为真命题”的必要不充分条件是（    ） A．为假命题　　　　　　　　　　　Ｂ．为假命题 Ｃ．为真命题　　　　　　　　　　　Ｄ．为真命题 参考答案： C 略 9. 设则的大小关系是   （      ） A． B． C． D． 参考答案： A 略 10. 已知∈（,），sin=,则tan（）等于 A． －7         B． －               C． 7            D． 参考答案： A 略 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 在等差数列{an}中，an＞0，a7=a4+4，Sn为数列{an}的前n项和，S19=　　． 参考答案： 76 【考点】等差数列的前n项和． 【分析】由等差数列通项公式得a1+9d=a10=4，再由等差数列的前n项和公式得S19=（a1+a19）=19a10，由此能求出结果． 【解答】解：∵等差数列{an}中，an＞0，a7=a4+4， ∴， 解得a1+9d=a10=4， Sn为数列{an}的前n项和， 则S19=（a1+a19）=19a10=76． 故答案为：76． 12. 某校高一、高二、高三学生共有3200名，其中高三800名，如果通过分层抽样的方法从全体学生中抽取一个160人的样本，那么应当从高三的学生抽取的人数是    参考答案： 40 13. 点是双曲线的右支上一点，分别是圆和圆上的点，则的最大值是_____________. 参考答案： 6 14. 一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，则这个几何体 的体积是___________. 参考答案： 略 15. 已知f（x）=，若f（x﹣1）＜f（2x+1），则x的取值范围为　　． 参考答案： {x|x＞0，或x＜﹣2 } 【考点】奇偶性与单调性的综合． 【分析】由题意可得f（x）为偶函数，f（x）在[0，+∞）上单调递增．由不等式f（x﹣1）＜f（2x+1），可得|x﹣1|＜|2x+1|，由此求得x的范围． 【解答】解：∵已知f（x）=， ∴满足f（﹣x）=f（x），且f（0）=0，故f（x）为偶函数， f（x）在[0，+∞）上单调递增． 若f（x﹣1）＜f（2x+1），则|x﹣1|＜|2x+1|， ∴（x﹣1）2＜（2x+1）2，即x2+2x＞0，∴x＞0，或x＜﹣2， 故答案为：{x|x＞0，或x＜﹣2}． 16. 在锐角三角形中，A=2B，则下列叙述正确的是　　． ①sin3B=sin2C  ②tantan=1  ③＜B＜  ④∈（，]． 参考答案： ②③ 【考点】正弦定理． 【分析】由已知的三角形为锐角三角形以及A=2B 的关系，结合内角和定理以及正弦定理解答． 【解答】解：因为在锐角三角形中，A=2B，所以A+B+C=3B+C=180°，即3B=180°﹣C，所以①sin3B=sin2C错误； 所以sin3B=sinC，由倍角公式得到sin，所以 ②tantan=1 正确； 对于③，因为三角形为锐角三角形，所以，所以③＜B＜  正确； 由③得到=2cosB∈（2cos，2cos）即为（，），所以④∈（，]错误． 故答案为：②③． 17. 祖暅（公元前5～6世纪）是我国齐梁时代的数学家，是祖冲之的儿子．他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．设由椭圆（a＞b＞0）所围成的平面图形绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（如图）（称为椭球体），课本中介绍了应用祖暅原理求球体体积公式的做法，请类比此法，求出椭球体体积，其体积等于　    　． 参考答案：   【考点】类比推理． 【分析】椭圆的长半轴为a，短半轴为b，现构造两个底面半径为b，高为a的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得出椭球的体积． 【解答】解：椭圆的长半轴为a，短半轴为b，现构造两个底面半径为b，高为a的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得出椭球的体积 V=2（V圆柱﹣V圆锥）=． 故答案为：． 　 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. 在平面直角坐标系，将曲线C1上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的，得到曲线C2，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρ=2． （Ⅰ）求曲线C2的参数方程； （Ⅱ）过原点O且关于y轴对称点两条直线l1与l2分别交曲线C2于A、C和B、D，且点A在第一象限，当四边形ABCD的周长最大时，求直线l1的普通方程． 参考答案： 【考点】QH：参数方程化成普通方程；Q4：简单曲线的极坐标方程． 【分析】（Ⅰ）求出曲线C2的普通方程，即可求曲线C2的参数方程； （Ⅱ）设四边形ABCD的周长为l，设点A（2cosα，sinα），则l=8cosα+4sinα=4sin（α+θ），cosθ=，sinθ=，由此，可求直线l1的普通方程． 【解答】解：（Ⅰ）曲线C1的极坐标方程为ρ=2，直角坐标方程为x2+y2=4，将曲线C1上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的，得到曲线C2： +y2=1， ∴曲线C2的参数方程为（α为参数）； （Ⅱ）设四边形ABCD的周长为l，设点A（2cosα，sinα），则l=8cosα+4sinα=4sin（α+θ），cosθ=，sinθ=， α+θ=+2kπ（k∈Z）时，l取得最大值，此时cosα=sinθ=，sinα=cosθ=，A（，）， ∴直线l1的普通方程为y=x． 【点评】本题考查求直线l1的普通方程，考查参数方程的运用，属于中档题． 19. 已知关于x的不等式有解，记实数m的最大值为M. （1）求M的值； （2）正数a、b、c满足，求证：. 参考答案： （1）；（2）证明见解析. 试题分析：（1）利用绝对值不等式可求得，所以，解这个不等式可求得.（2）由（1）得，将此式乘以要证明不等式的左边，化简后利用基本不等式可求得最小值为. 试题解析：（1）, 若不等式有解， 则满足，解得， ∴. （2）由（1）知正数满足， ∴ .当且仅当，时，取等号. 20. 已知函数 （Ⅰ）若函数的图象关于直线对称，求的最小值； （Ⅱ）若存在成立，求实数的取值范围.   参考答案： 21. （本小题满分10分）选修：不等式选讲 已知函数． （Ⅰ）当时，已知，求的取值范围； （Ⅱ）若的解集为，求的值． 参考答案： （Ⅰ）因为，等号成立当且仅当， 即，故的取值范围为．…………4分 （Ⅱ）因为 当时，不等式解集为，不合题意； 当时，不等式的解为 或   即 或，又因为解集，解得．…………10分   略 22. 如图，沿等腰直角三角形ABC的中位线DE，将平面ADE折起，使得平面ADE⊥平面BCDE，并得到四棱锥A﹣BCDE． （Ⅰ）求证：平面ABC⊥平面ACD； （Ⅱ）M是棱CD的中点，过M的与平面ABC平行的平面α，设平面α截四棱锥A﹣BCDE所得截面面积为S1，三角形ABC的面积为S2，试求S1：S2的值． 参考答案： 【考点】平面与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积． 【分析】（1）AD⊥DE，平面ADE⊥平面BCDE，根据两个平面垂直的性质定理得AD⊥平面BCDE，所以AD⊥BC，又CD⊥BC，根据线面垂直的判定定理BC⊥平面ACD，BC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面ACD （2）由于平面α∥平面ABC，故平面ACD与平面α的交线MQ∥AC，M是CD的中点，故Q是AD的中点；同理平面BCDE与平面α的交线MN∥BC，N为BE的中点；平面ABE的交线NP∥AB，P为AE的中点，连接PQ即为平面α与平面ADE的交线，故平面α与四棱锥A﹣BCDE各个面的交线所围成多边形就是四边形MNPQ，进一步观察可知四边形MNPQ是直角梯形，进而由比例关系可以求得截面面积与△ABC的面积之比． 【解答】解：（1）∵AD⊥DE，平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE=DE， ∴AD⊥平面BCDE， ∴AD⊥BC， 又∵CD⊥BC，AD∩CD=D， ∴BC⊥平面ACD， 又∵BC?平面ABC， ∴平面ABC⊥平面ACD （2）∵平面α∥平面ABC，设平面ACD与平面α的交线为MQ， ∴MQ∥AC， 又∵M是CD的中点， ∴Q是AD的中点； 同理：设平面BCDE与平面α的交线为MN， ∴MN∥BC， 又∵M是CD的中点， ∴N为BE的中点； 同理：平面ABE的交线NP∥AB，P为AE的中点， 连接PQ即为平面α与平面ADE的交线，故平面α与四棱锥A﹣BCDE各个面的交线所围成多边形是图中的四边形MNPQ， 由于PQ∥DE，DE∥MN，故PQ∥MN，根据（1）BC⊥AC，由MN∥BC，MQ∥AC，故MQ⊥MN，即四边形MNPQ′是直角梯形． 设CM=a，则MQ=a，MN=3a，PQ=a，BC=4a，AC=2a， 故四边形MNPQ的面积是=，三角形ABC的面积是=4a2， 故平面α与四棱锥A﹣BCDE各个面的交线所围成多边形的面积与三角形ABC的面积之比为1：2．