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1、2022-2023学年山东省烟台市牟平区姜格庄镇职业高级中学高三数学理月考试题含解析一、 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. 下列函数中，在（0，+）上单调递减，并且是偶函数的是( )Ay=x2By=x3Cy=lg|x|Dy=2x参考答案：C【考点】函数单调性的判断与证明；函数奇偶性的判断 【专题】函数的性质及应用【分析】根据函数的奇偶性和单调性加以判定【解答】解：四个函数中，A，C是偶函数，B是奇函数，D是非奇非偶函数，又A，y=x2在（0，+）内单调递增，故选：C【点评】本题主要考查函数的奇偶性和单调性，属于基础题2. 已
2、知=1bi，其中a，b是实数，i是虚数单位，则|abi|=（）A3B2C5D参考答案：D【考点】复数求模【分析】通过复数的相等求出a、b，然后求解复数的模【解答】解： =1bi，可得a=1+b+（1b）i，因为a，b是实数，所以，解得a=2，b=1所以|abi|=|2i|=故选：D【点评】本题考查复数的代数形式的混合运算，复数的模的求法，考查计算能力3. “=”是“曲线y=sin（x+）关于y轴对称”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件参考答案：A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合三角函数的性质进行判断即
3、可【解答】解：若y=sin（x+）关于y轴对称，则=+k，kZ，故“=”是“曲线y=sin（x+）关于y轴对称”的充分不必要条件，故选：A4. 已知集合，则A0,1 B0,1,2 C1 ,0,1 D1 ,3参考答案：B由题得=x|=x|x3或x-1.所以=x|-1x3,所以=.故选B.5. 方程的实数解的个数为( )A2 B3 C1 D4参考答案：A略6. 函数f(x)a|x1|(a0，a1)的值域为1，)，则f(4)与f(1)的关系是()Af(4)f(1) Bf(4)f(1)Cf(4)f(1) D不能确定参考答案：A7. 九章算数中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的
4、三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为()A2 B42 C44 D64参考答案：C8. 在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c若c2（ab）26，C，则ABC的面积是（ ）A3 B C D3参考答案：B将c2（ab）26化为，由余弦定理及C，得，解得；由三角形的面积公式，得ABC的面积；故选B考点：1.余弦定理；2.三角形的面积公式9. 如图，椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过椭圆上的点P作y轴的垂线，垂足为Q，若四边形F1F2PQ为菱形，则该椭圆的离心率为（）ABCD参考答案：B【考点】椭圆的简单性质【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、
5、性质与方程【分析】由已知得P（2c，），Q（0，b），由此利用F1Q2=OF12+OQ2，推导出4e48e2+1=0，由此能求出结果【解答】解：椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过椭圆上的点P作y轴的垂线，垂足为Q，四边形F1F2PQ为菱形，P（2c，），Q（0，b），F1Q2=OF12+OQ2，4c2=c2+b2（1），整理，得：3a2c2=（a2c2）（a24c2），4e48e2+1=0，由0e1，解得e=故选：B【点评】本题考查椭圆离心率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用10. 等差数列中，若数列的前项和为，则的值为（ ）A、14 B、15 C、16 D、18参考
6、答案：C二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 某学院的A，B，C三个专业共有1200名学生，为了调查这些学生勤工俭学的情况，拟采用分层抽样的方法抽取一个容量为120的样本已知该学院的A专业有380名学生，B专业有420名学生，则在该学院的C专业应抽取名学生参考答案：40【考点】分层抽样方法【专题】概率与统计【分析】根据全校的人数和A，B两个专业的人数，得到C专业的人数，根据总体个数和要抽取的样本容量，得到每个个体被抽到的概率，用C专业的人数乘以每个个体被抽到的概率，得到结果【解答】解：C专业的学生有1200380420=400，由分层抽样原理，应抽取名故答案为：40【点评】
7、本题考查分层抽样，分层抽样过程中，每个个体被抽到的概率相等，在总体个数，样本容量和每个个体被抽到的概率这三个量中，可以知二求一12. 在棱长为2的正方体中，点为底面的中心，在正方体内随机取一点 ，则点到点的距离大于1的概率为 .参考答案：13. 设二元一次不等式组所表示的平面区域为M，若函数y=ax（a0，且a1）的图象经过区域M，则实数a的取值范围为参考答案：2，9【考点】简单线性规划的应用【专题】不等式的解法及应用【分析】先依据不等式组，结合二元一次不等式（组）与平面区域的关系画出其表示的平面区域，再利用函数y=ax（a0，a1）的图象特征，结合区域的角上的点即可解决问题【解答】解：平面区
8、域M如如图所示求得A（2，10），C（3，8），B（1，9）由图可知，欲满足条件必有a1且图象在过B、C两点的图象之间当图象过B点时，a1=9，a=9当图象过C点时，a3=8，a=2故a的取值范围为2，9【点评】本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组、指数函数的图象与性质，以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题巧妙识别目标函数的几何意义是我们研究规划问题的基础14. 设变量满足约束条件，则目标函数的最大值为 .参考答案：715. 把复数的共轭复数记作，为虚数单位，若，则= .参考答案： ， .16. 一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是，则该四面体的外接球的体积为_
9、参考答案：【分析】将四面体补充为长宽高分别为的长方体，体对角线即为外接球的直径，从而得解.【详解】采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个顶点在一个长方体上，该长方体的长宽高分别为，长方体的外接球即为该四面体的外接球，外接球的直径即为长方体的体对角线，所以球半径为，体积为.【点睛】本题主要考查了四面体外接球的常用求法：补体法，通过补体得到长方体的外接球从而得解，属于基础题.17. 已知实数x，y满足不等式组则y的最小值为 ；当的最大值为时，实数a的值为 参考答案：1；2三、 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. （满分14分）如图，正方体ABCDA
10、1B1C1D1中，P、Q分别是AD1、BD的中点. （1）求证：PQ/平面DCC1D1； （2）求PQ与平面BB1D1D所成角.参考答案：解：（1）连接AC、CD1，ACBD=Q. 又Ks5u.7分（2）由（1）知PQ/CD1，所以PQ与平面BB1D1D所成角等于CD1与平面BB1D1D所成角。连接D1Q，由ACBD，ACDD1，得AC平面BB1D1D，所以CD1Q是CD1与平面BB1D1D所成角。 在RTCD1Q中，所以PQ与平面BB1D1D所成角为30。.14分19. （2017?凉山州模拟）设kR，函数f（x）=lnxkx（1）若k=2，求曲线y=f（x）在P（1，2）处的切线方程；（2
11、）若f（x）无零点，求实数k的取值范围；（3）若f（x）有两个相异零点x1，x2，求证：lnx1+lnx22参考答案：【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数求闭区间上函数的最值【分析】（1）求函数f（x）的导数，当k=2时f（1）=1，帖点斜式写出切线方程即可；（2）当k0时，由f（1）?f（ek）0可知函数有零点，不符合题意；当k=0时，函数f（x）=lnx有唯一零点x=1有唯一零点，不符合题意；当k0时，由单调性可知函数有最大值，由函数的最大值小于零列出不等式，解之即可；（3）设f（x）的两个相异零点为x1，x2，设x1x20，则lnx1kx1=0，lnx2kx2=0，两式作差可
12、得，lnx1lnx2=k（x1x2）即lnx1+lnx2=k（x1+x2），由可得lnx1+lnx22即k（x1+x2）2， ，设上式转化为（t1），构造函数，证g（t）g（1）=0即可【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+），当k=2时，f（1）=12=1，则切线方程为y（2）=（x1），即x+y+1=0；（2）若k0时，则f（x）0，f（x）是区间（0，+）上的增函数，f（1）=k0，f（ek）=kkea=k（1ek）0，f（1）?f（ek）0，函数f（x）在区间（0，+）有唯一零点；若k=0，f（x）=lnx有唯一零点x=1；若k0，令f（x）=0，得，在区间上，f（x）0，函数f（x
13、）是增函数；在区间上，f（x）0，函数f（x）是减函数；故在区间（0，+）上，f（x）的极大值为，由于f（x）无零点，须使，解得，故所求实数k的取值范围是；（3）证明：设f（x）的两个相异零点为x1，x2，设x1x20，f（x1）=0，f（x2）=0，lnx1kx1=0，lnx2kx2=0，lnx1lnx2=k（x1x2），lnx1+lnx2=k（x1+x2），故lnx1+lnx22，故k（x1+x2）2，即，即，设上式转化为（t1），设，g（t）在（1，+）上单调递增，g（t）g（1）=0，lnx1+lnx22【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，考查分类讨论思想方法和构造函数法，以及转化思想的运用，考查化简整理的运算能力，属于难题20. 设函数，其中.已知.（）求；（）将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到函数y=g(x)的图象，求y=g(x)在上的最小值.参考答案：解：（）因为，所以由题设知，所以，.故，又，所以.（）由（）得所以.
