《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.
