《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：，
