《湖南省岳阳市南冲中学2022-2023学年高三数学理联考试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省岳阳市南冲中学2022-2023学年高三数学理联考试卷含解析（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖南省岳阳市南冲中学2022-2023学年高三数学理联考试卷含解析一、 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. 若复数z满足，则等于（ ）AB C D参考答案：A2. 函数则（ ） Aacb Bbac Cacbc 参考答案：A略3. 已知等差数列中，则的值是 （ ）A15 B30 C31 D64参考答案：A4. 下列命题中是假命题的是（）A?x（0，），xsinxB?x0R，sinx0+cosx0=2C?xR，3x0D?x0R，lgx0=0参考答案：B【考点】特称命题；全称命题【分析】构造函数，求导判定出函数单增，得到f（x）0，
2、判定出A正确；将sinx+cosx变为求出值域为，判定出B错误【解答】解：对于A，令f（x）=xsinx，?x（0，），f（x）=1cosx0，f（x）=xsinx在（0，）上单增，f（x）0，xsinx，选项A对；对于B，sinx+cosx=，选项B错故选B5. 若复数z满足，则在复平面上对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限参考答案：D【分析】先求出复数z,再求复数即得解.【详解】由题得，所以，所以在复平面上对应的点为，故选：D6. 在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，为半径的圆与圆有公共点，则的最大值为（ ）AB C
3、 D 参考答案：B略7. “”是“直线垂直于直线”的A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件参考答案：C8. 设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为，则三棱锥D - ABC体积的最大值为A12B18C24D54 参考答案：B如图所示， 点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，当 平面ABC时，三棱锥 体积最大此时， ,点M为三角形ABC的重心 中，有 故选B.9. 设函数在R上可导，其导函数为，且函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B函数f(x)有极大值f(2)和
4、极小值f(1)C函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)D函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)参考答案：D略10. 已知函数上的减函数，则a的取值范围是 A B C（2，3） D参考答案：二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 过抛物线的焦点作倾角为的直线，与抛物线分别交于、两点（在轴左侧），则 参考答案：【解析】： 12. 已知正项等比数列an满足：2，若存在两项，使得，则的最小值为_.参考答案：略13. 已知两点，若点是圆上的动点，则的面积的最大值为 .参考答案：1014. 已知为线段上一点，为直线外一点，满足，,为上一点，且，则的值为_参考答案：15. 对于
5、函数，判断如下两个命题的真假： 命题甲：是偶函数； 命题乙：在上是减函数，在上是增函数； 能使命题甲、乙均为真的所有函数的序号是 参考答案：略16. 若是等差数列的前n项和，且，则的值为 . 参考答案：4417. 如图,点P是正方形ABCD-A1B1C1D1外的一点,过点P作直线l,记直线l与直线AC1，BC的夹角分别为，若，则满足条件的直线l有 条。参考答案：4三、 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. 已知抛物线 ，M为直线上任意一点，过点M作抛物线C的两条切线MA,MB，切点分别为A,B.（1）当M的坐标为(0,-1)时，求过M,A,B三点的圆的
6、方程； （2）证明：以AB为直径的圆恒过点M.参考答案：（1）（2）见证明【分析】（1）设出过点的切线方程，与抛物线方程联立，得到一个元二次方程，它的判别式为零，可以求出切线方程的斜率，这样可以求出A,B两点的坐标，设出圆心的坐标为，由，可以求出，最后求出圆的方程；（2）设，设切点分别为，把抛物线方程化，求导，这样可以求出切线的斜率，求出切线 的方程，切线的方程，又因为切线过点，切线也过点，这样可以发现，是一个关于的一元二次方程的两个根，计算出，计算，根据根与系数关系，化简，最后计算出=0，这样就证明出以为直径的圆恒过点M.【详解】解：（1）解：当的坐标为时，设过点的切线方程为，由消得. (1
7、)令，解得.代入方程(1)，解得A(2,1),B(-2,1). 设圆心的坐标为，由，得，解得.故过三点的圆的方程为 （2）证明：设，由已知得，设切点分别为，所以，切线 的方程为即，切线的方程为即 又因为切线过点，所以得. 又因为切线也过点，所以得. 所以，是方程的两实根，由韦达定理得 因为，所以将代入，得. 所以以为直径的圆恒过点【点睛】本题考查利用直线与抛物线的位置关系，求出切线的斜率，又考查了利用导数，研究抛物线的切线问题，同时考查了求过三点的圆的方程.考查了方程思想、数学运算能力.19. 某单位有车牌尾号为的汽车和尾号为的汽车，两车分属于两个独立业务部分对一段时间内两辆汽车的用车记录进行
8、统计，在非限行日，车日出车频率，车日出车频率该地区汽车限行规定如下：车尾号和和和和和限行日星期一星期二星期三星期四星期五现将汽车日出车频率理解为日出车概率，且，两车出车相互独立（I）求该单位在星期一恰好出车一台的概率（II）设表示该单位在星期一与星期二两天的出车台数之和，求的分布列及其数学期望参考答案：（）设车在星期出车的事件为，车在星期出车的事件为，由图可知，设该单位在星期一恰好出车一台的事件为，则（）的取值为，则，的分布列为20. 已知函数（）解关于x的不等式；（）若恒成立，求实数m的取值范围参考答案：（）；（）.【分析】（I）讨论的范围，去掉绝对值符号解不等式；（II）根据的单调性求出的
9、最小值，得出关于的不等式，从而求出的范围【详解】解：（I）当时，不等式为：，解得，故当时，不等式为：，解得，故1x3，当时，不等式为：，解得，故综上，不等式的解集为（II）由恒成立可得恒成立又，故在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，的最小值为，解得即的最值范围是【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，函数最值与函数恒成立问题，属于中档题21. 某著名大学向大一贫困新生提供A，B，C三个类型的助学金，要求每位申请人只能申请其中一个类型，且申请任何一个类型是等可能的，在该校的任意4位申请人中（1）求恰有3人申请A类奖助学金的概率；（2）被申请的助学金类型的个数的分布列与数学期望参考答案：【考点
10、】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计【分析】（）所有可能的申请方式有34种，再求出恰有3人申请A类助学金的申请方式有多少种，由此能求出恰有3人申请A类奖助学金的概率（）的所有可能取值为1、2、3，分别求出相应的概率，由此能示出的分布列和数学期望【解答】解：（）所有可能的申请方式有34种，恰有3人申请A类助学金的申请方式有种，所以，所求概率为；（）的所有可能取值为1、2、3，综上知：的分布列为： 1 2 3 P所以：【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用22. 在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若.（1）求B；（2）若，求ABC面积的最大值.参考答案：（1）；（2）.【分析】（1）利用余弦定理、两角和的正弦公式、三角形的内角和定理化简已知条件，求得的值，进而求得的大小.（2）利用余弦定理和基本不等式，求得的最大值，由三角形面积公式，求得面积的最大值.【详解】解：（1）由余弦定理可得，则，即，所以，因为，则，所以.（2）由余弦定理可知，即，所以，则.所以面积的最大值为.【点睛】本小题主要考查利用余弦定理解三角形，考查利用基本不等式求三角形面积的最大值，考查两角和的正弦公式的应用，考查三角形内角和定理的应用，属于中档题.
