《贵州省遵义市西河乡万马中学2022年高三数学文联考试题含解析》由会员分享,可在线阅读,更多相关《贵州省遵义市西河乡万马中学2022年高三数学文联考试题含解析(15页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、贵州省遵义市西河乡万马中学2022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. 设P是ABC内任意一点,SABC表示ABC的面积, ,定义f(P)=(, , ),若G是ABC的重心,f(Q)(,),则A点Q在GAB内B点Q在GBC内C点Q在GCA内D点Q与点G重合参考答案:A2. 已知非零实数,满足,则下列不等式中一定成立的是( )ABCD参考答案:D项错,如取,项错,正负无法判断,故与大小无法判断,项错,无法判断正负,项对,恒为正故选3. 已知函数,则的最小值等于A B C D参考答案:D4. 算法统宗
2、是中国古代数学名著,由明代数学家程大位编著,它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用,是东方古代数学的名著在这部著作中,许多数学问题都是以歌诀形式呈现的,“九儿问甲歌” 就是其中一首:一个公公九个儿,若问生年总不知,自长排来差三岁,共年二百又零七,借问长儿多少岁,各儿岁数要详推在这个问题中,记这位公公的第n个儿子的年龄为,则( )A. 23B. 32C. 35D. 38参考答案:C【分析】由题意可得儿子的岁数成等差数列,其中公差,根据等差数列的前项和公式即可得结果.【详解】由题意可得儿子的岁数成等差数列,设公差为,其中公差,即,解得,故选C.【点睛】本题考查等差数列在生产生活中的实际应用
3、,是基础题,解题时要认真审题,注意等差数列的性质的合理运用5. 九章算术的盈不足章第19个问题中提到:“今有良马与驽马发长安,至齐.齐去长安三千里.良马初日行一百九十三里,日增一十三里.驽马初日行九十七里,日减半里”其大意为:“现在有良马和驽马同时从长安出发到齐去.已知长安和齐的距离是3000里.良马第一天行193里,之后每天比前一天多行13里.驽马第一天行97里,之后每天比前一天少行0.5里”。试问前4天,良马和驽马共走过的路程之和的里数为(A) 1235 (B)1800 (C) 2600 (D)3000参考答案:A6. 已知函数的定义域为,函数的定义域为,则A. B . C. D. 参考答
4、案:A,故选A.7. 已知,则大小关系为 A B C D参考答案:A略8. 已知函数f(x)=设mn1,且f(m)=f(n),则m?f(m)的最小值为()A4B2CD2参考答案:D【考点】函数的最值及其几何意义;分段函数的应用【分析】做出f(x)的图象,根据图象判断m的范围,利用基本不等式得出最小值【解答】解:做出f(x)的函数图象如图所示:f(m)=f(n),mn1,1m4,mf(m)=m(1+)=m+2当且仅当m=时取等号故选:D9. 已知直线过抛物线C的焦点,且与C的对称轴垂直。与C交于A,B两点,=12,P为C的准线上一点,则ABP的面积为(A)18 (B)24 (C)36 (D)48
5、参考答案:C本题主要考查了抛物线的方程和性质,难度较小.设抛物线的方程为,则焦点坐标,令,得,则,所以p=6又因抛物线的准线到AB的距离为p, 所以.故选C.10. 若的展开式中的常数项为,二项式系数的最大值是,则( )A. B. C. D. 参考答案:D二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合,则 参考答案:412. 若曲线在原点处的切线方程是,则实数a_。参考答案:213. 设函数,记,若函数至少存在一个零点,则实数的取值范围是 参考答案:14. 已知函数f(x)=x2+(m2)x+2m,且y=|f(x)|在1,0上为单调减函数,则实数m
6、的取值范围为参考答案:m0或m2考点: 函数单调性的判断与证明专题: 函数的性质及应用分析: 通过讨论判别式的范围,得到不等式组,解出即可解答: 解:判别式=m28m+12=(m2)(m6),当0时,即2m6时,函数f(x)0恒成立,|f(x)|=f(x)=x2(m2)x+m2,对称轴方程为:x=,当0即m2时符合题意(如图1),此时2m6;当0时,即m2或m6时,方程f(x)=0的两个实根为x=,不妨设x1x2,由题意及图象得x10 或,即m2(如图2)或(如图3)解得m2或m0,此时m0或m6,综上得m的取值范围是:m0或m2;故答案为:m0或m2点评: 本题考查了函数的单调性问题,考查了
7、数形结合思想,分类讨论思想,是一道中档题15. 设;,若是的充分条件,则实数m的取值范围是_参考答案:【分析】先令,由命题间的关系,得到集合之间关系,进而可求出结果.详解】解:令,因为是的充分条件,则,故答案为【点睛】本题主要考查由充分条件求参数,熟记充分条件的概念,以及命题间的关系即可,属于常考题型.16. 已知向量,都是单位向量,且,则的值为 .参考答案:17. 已知集合,则()_参考答案: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. 如图,边长为3的正方形ABCD所在平面与等腰直角三角形ABE所在平面互相垂直,且,.()求证:MN平面BEC;()求
8、三棱锥的体积.参考答案:解:()证明:过作交于,连接因为,所以 2分又,所以故,4分所以四边形为平行四边形,故,5分而平面,平面,所以平面;6分()因为平面,所以:12分19. (本小题14分)已知数列an中,a1=6,an+1=an+1,数列bn,点(n,bn)在过点A(0,1)的直线l上,若l上有两点B、C,向量=(1,2).(1)求数列an,bn的通项公式; (2)设cn=2,在ak与ak+1之间插入k个ck,依次构成新数列,试求该数列的前2013项之和;(3)对任意正整数n,不等式(1+)(1+)(1+)?a3030恒成立,求正数a的范围.参考答案:解:(1)an+1?an=1且a1=
9、6,an=n+5 1分设l上任意一点P(x,y),则=(x,y?1),由已知可得/.y=2x+1,又过点(n,bn) bn=2n+1 4分(2)新数列:a1,c1,a2,c2,c2,a3,c3,c3,c3, a4,ak,ck,ak+1,共计项数:k+1+k经估算k=62, k+1+k=2016,项数接近2013, 5分S2013=(a1+a2+a62)+(1c1+2c2+62c62)?2c62 6分令T=1c1+2c2+62c62,T=123+225+327+6221254T= 125+227+ +612125+622127两式相减得:T= 8分 S2013=+?22125=2263+ 9分(
10、3)变量分离得:a恒成立. 10分令g(n)= 11分=31 13分g(n)递增数列。a?(0,g(1)=(0, 14分略20. (12分)已知向量,函数的最小正的最小正周期为,最大值为3。 (I)求和常数的值; ()求函数的单调增区间参考答案:解析:(I) 由,得。 又当时,得 ()当 即时函数递增。 故的单调增区间为,21. 已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,四个顶点所围成菱形的面积为8()求椭圆的方程;()已知直线L:y=kx+m与椭圆C交于两个不同点A(x1,x2)和B(x2,y2),O为坐标原点,且kOA?kOB=,求y1,y2的取值范围参考答案:考点:直线与圆锥曲线的关系 专
11、题:直线与圆;圆锥曲线的定义、性质与方程分析:(I)利用菱形的面积和椭圆的性质即可得出;(II)联立直线方程和椭圆方程,消去y,运用韦达定理和判别式大于0,以及直线的斜率公式,化简整理,即可得到y1y2的范围解答:解:(I)由已知可得e=,?2a?2b=8,又a2=b2+c2,解得c=2,b=2,a2=8椭圆的方程为+=1(II)直线L:y=kx+m与椭圆C交于两个不同点A(x1,x2)和B(x2,y2),联立,得(1+2k2)x2+4kmx+2m28=0,=16k2m24(1+2k2)(2m28)0,化为8k2+4m2,x1+x2=,x1x2=满足kOA?kOB=,=y1y2=x1x2=?=
12、,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2?+km?+m2=4k2+2=m2,即有y1y2=2,则y1y2(2,2点评:本题综合考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、直线的斜率公式、菱形的面积计算公式等基础知识与基本技能方法,考查了推理能力和计算能力,属于中档题22. (本小题满分12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p0)于点P,M关于点P的对称点为N,连结ON并延长交C于点H.(I)求;(II)除H以外,直线MH与C是否有其它公共点?说明理由.参考答案:()由已知得M(0,t),P().又N为M关于点P的对称点,故N(),ON的方程为,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,因此H().所以N为OH的中点,即.()直线MH与C除H以外没有其它公共点.理由如下:直线MH的方程为,即.代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其它公共点.