《2022-2023学年湖南省长沙市矿山学校高三数学理下学期摸底试题含解析》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2022-2023学年湖南省长沙市矿山学校高三数学理下学期摸底试题含解析(15页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、2022-2023学年湖南省长沙市矿山学校高三数学理下学期摸底试题含解析一、 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. 奇函数的图像必经过点( )A B C D参考答案:C略2. 已知椭圆的右焦点为F,右准线为,A、B是椭圆上两点,且|AF|:|BF|3:2.直线AB与交于点C,则B分有向线段所成的比为( ) A. B.2 C. D.参考答案:A略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参考答案:A略4. 设点M是线段BC的中点,点A在直线BC外,则=
2、( )A. 8 B. 4 C. 2 D. 1参考答案:C略5. 已知集合,则A.0,7) B. 0,1) C. 0,1 D. 1,1参考答案:D6. 设函数,且其图象关于直线对称,则( )A的最小正周期为,且在上为增函数B的最小正周期为,且在上为减函数C的最小正周期为,且在上为增函数D的最小正周期为,且在上为减函数参考答案:B7. (5分)(2014?黄山一模)已知e是自然对数的底数,函数f(x)=ex+x2的零点为a,函数g(x)=lnx+x2的零点为b,则下列不等式中成立的是()Af(a)f(1)f(b)Bf(a)f(b)f(1)Cf(1)f(a)f(b)Df(b)f(1)f(a)参考答案
3、:A考点:对数函数图象与性质的综合应用专题:函数的性质及应用分析:根据函数的零点的判定定理,可得0a1b2,再由函数f(x)=ex+x2在(0,+)上是增函数,可得结论解答:解:函数f(x)=ex+x2的零点为a,f(0)=10,f(1)=e10,0a1函数g(x)=lnx+x2的零点为b,g(1)=10,g(2)=ln20,1b2综上可得,0a1b2再由函数f(x)=ex+x2在(0,+)上是增函数,可得 f(a)f(1)f(b),故选A点评:本题主要考查函数的零点的判定定理,函数的单调性的应用,属于中档题8. 已知定义在上的函数,当时,;当时,;当时,则( )A2 B0 C.-1 D-2参
4、考答案:A试题分析:当时,得,故当时,是以为周期的周期函数,又因为当时,时,故选A.考点:(1)函数的周期性;(2)函数的奇偶性.9. 已知,是三个不同的平面,命题“,且?”是真命题,如果把,中的任意两个换成直线,另一个保持不变,在所得的所有新命题中,真命题有 ()A0个 B1个 C2个 D3个参考答案:C10. 已知向量,若向量,则 ( )A2 B C8 D参考答案:A二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. = 参考答案:2略12. 在的展开式中项的系数为_参考答案:1120【分析】求出二项展开式的通项,令的指数为2,求出项数,即可求解.【详解】展开式的通项为,令,得,所以
5、展开式中含项的系数为故答案为:【点睛】本题考查二项展开式定理,熟记展开式通项是解题的关键,属于基础题.13. 已知O为坐标原点,点A(2,0),动点P与两点O、A的距离之比为1:,则P点轨迹方程是参考答案:(x+1)2+y2=3考点: 轨迹方程专题: 计算题;直线与圆分析: 设P(x,y),由已知条件利用两点间距离公式得(x2)2+y2=3(x2+y2),由此能求出P点的轨迹方程解答: 解:设P(x,y),动点P到两点O、A的距离之比为1:,|PA|=|PO|,(x2)2+y2=3(x2+y2),化简得(x+1)2+y2=3,故答案为:(x+1)2+y2=3点评: 本题考查点的轨迹方程的求法,
6、考查学生的计算能力,比较基础14. 设,定义,其中,则数列的通项 。参考答案:略15. 某三棱锥的三视图如图所示,则它的外接球表面积为 参考答案:16. 的内角的对边长分别为, 若,且则_ _ 参考答案:3略17. 已知空间四边形ABCD中,AB=BD=AD=2,BC=1,CD=,若二面角ABDC的取值范围为,则该几何体的外接球表面积的取值范围为参考答案:【考点】LR:球内接多面体;LG:球的体积和表面积【分析】设H为等边ADB的中心,DB中点O1为BCD外接圆的圆心,过H作面ABD的垂线,过O1作面DCB的垂线,两垂线的交点O为空间四边形ABCD外接球球心,过O1在面DCB内作DB的垂线交B
7、CD外接圆于E,F,过点O,E,F作圆的截面圆,则点A在其圆周上;易得AO1E面角ABDC的平面角在RtOO1H中,可得,外接球的半径R=.,即可求解【解答】解:因为CD2+CB2=DB2,所以DCB为Rt,设H为等边ADB的中心,DB中点O1为BCD外接圆的圆心,过H作面ABD的垂线,过O1作面DCB的垂线,两垂线的交点O为空间四边形ABCD外接球球心,过O1在面DCB内作DB的垂线交BCD外接圆于E,F,过点O,E,F作圆的截面圆,则点A在其圆周上;易得AO1E面角ABDC的平面角在RtOO1H中,可得二面角ABDC的取值范围为,即cosHO1O外接球的半径R=.则该几何体的外接球表面积的
8、取值范围为故答案为: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. (本小题满分12分) 设函数 为自然对数的底数 (1)若函数f(x)的图象在点 处的切线方程为 ,求实数a,b 的值; (2)当b=l时,若存在 ,使 成立,求实数a的最小值参考答案:【知识点】导数的几何意义;导数的应用;不等式的有关知识. B11 B12 E8(1)a=1,b=1;(2) . 解析:(1)由已知得x0,x1,.则且,解之得a=1,b=1. (2)当b=1时,=所以当时,. 而命题“若存在 ,使 成立”等价于“当时,有”又当时,所以.问题等价于:“当时,有”1 当时,在上为
9、减函数,则,故. 2 当时,由于在上的值域为.()当时,在恒成立,故在上为增函数,于是,不合题意. ()当即时,由的单调性和值域知,存在唯一使,且满足:当时,f(x)为减函数;当时,f(x)为增函数;所以,.所以,与矛盾. 综上得a的最小值为.【思路点拨】(1)由点 在切线方程为 及得a,b的值;(2)命题“若存在 ,使 成立”等价于“当时,有”,这样把问题转化为最值问题,然后利用函数最值,以及导数,确定涉及到的函数的最值,进而求得实数a的最小值. 【典例剖析】本题第二小问题是具有代表性的问题,由于的取值相互之间没有影响,所以命题“若存在 ,使 成立”等价于“存在时,有”,又当时,所以. 所以
10、问题等价于:“存在时,有”,所以只需使即可. 19. 已知等比数列的公比是q,且 (1)求的通项公式; (2)若,求数列的前n项和参考答案:解:(1)因为,所以,因为,所以,所以的通项公式:6分(2),所以数列是等差数列,所以数列的前n 项之和。12分20. 一个多面体的直观图和三视图如图所示: (I)求证:PABD;(II)连接AC、BD交于点O,在线段PD上是否存在一点Q,使直线OQ与平面ABCD所成的角为30o?若存在,求的值;若不存在,说明理由参考答案:(I)由三视图可知P-ABCD为四棱锥,底面ABCD为正方形,且PAPBPCPD, 连接AC、BD交于点O,连接PO 2分 因为BDA
11、C,BDPO,所以BD平面PAC,4分 即BDPA 6分(II)由三视图可知,BC2,PA2,假设存在这样的点Q,因为ACOQ,ACOD, 所以DOQ为直线OQ与平面ABCD所成的角 8分在POD中,PD2,OD,则PDO60o,在DQO中,PDO60o,且QOD30o所以DPOQ 10分所以OD,QD 所以 12分21. (本小题满分13分)已知函数的图象过点,且在处取得极值(1) 求实数的值;(2) 求在 (为自然对数的底数)上的最大值.参考答案:(1)当时, 1分由题意得:,即, 3分解得:。 5分(2)由(1)知:当时,解得;解得或在和上单减,在上单增,由得:或,6分,在上的最大值为. 8分当时,当时,;当时,在单调递增;在上的最大值为。 10分当时,在上的最大值为; 11分当时,在上的最大值为. 12分22. (12分)设点,动圆经过点且和直线:相切,记动圆的圆心的轨迹为曲线.()求曲线的方程;()设点为直线上的动点,过点作曲线的切线(为切点),证明:直线必过定点并指出定点坐标.参考答案:解析:()过点作垂直直线于点依题意得:,所以动点的轨迹为是以为焦点,直线为准线的抛物线, 即曲线的方程是 -4分()解法一:设、,则 由知, ,又切线AQ的方程为:,注意到切线AQ的方程可化为:,