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1、2022-2023学年湖南省衡阳市太平圩中学高三数学文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. 已知某锥体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该锥体的体积为（A）2 （B）4 （C）6 （D）8参考答案：A略2. 已知R，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：B3. 已知定义在1，+）上的函数 ，则下列结论正确的是A. 函数的值域为1，4； B.关于的方程（nN*）有个不相等的实数根；C.当x2n1，2n（nN*）时，函数的图象与轴围成
2、的面积为2；D.存在实数，使得不等式成立.参考答案：C4. 已知则等于( )A. B. C. D. 参考答案：A5. 已知a，b是实数，则“”是“”的A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 参考答案：A略6. 若向量、满足，则向量与的夹角等于 A. B C D参考答案：D7. 已知全集，集合= （ ） A4 B2，3，4 C2，3 D1，4参考答案：A略8. 若变量、满足约束条件，则的最大值是（ ）A.7 B.4 C.2 D.8参考答案：A9. 对于原命题：“已知，若，则”，以及它的逆命题、否命题、逆否命题，在这4个命题中，真命题的个数为A0个 B1个 C2
3、个 D4个参考答案：C当时，不成立，所以原命题错误，即逆否命题错误。原命题的逆命题为“已知，若，则”，所以逆命题正确，即否命题也正确，所以这4个命题中，真命题的个数为2个，选C.10. 已知x，yR，且xy0，则（）Atanxtany0Bxsinxysiny0Clnx+lny0D2x2y0参考答案：D【考点】函数单调性的性质【分析】利用函数单调性和特殊值依次判断选项即可【解答】解：x，yR，且xy0，对于A：当x=，y=时，tan=，tan=，显然不成立；对于B：当x=，y=时，sin=，sin=1，显然不成立；对于C：lnx+lny0，即ln（xy）ln1，可得xy0，xy0，那么xy不一定
4、大于0，显然不成立；对于D：2x2y0，即2x2y，根据指数函数的性质可知：xy，恒成立故选D二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知函数f（x）=，（1）当a=2时，若f（x）=1则x= ；（2）若数列an，an=f（n）（nN*），且数列an是递增数列，则实数a的取值范围是 参考答案：1，（3，4）【考点】数列与函数的综合【分析】（1）根据分段函数的特点，代值计算即可（2）解答时可以先根据题意写出数列通项公式的分段函数形式；然后由于数列是递增的即可获得两个条件即：对应等差数列通项n的系数大于零和a7a6由此即可获得解答【解答】解：（1）当a=2时，若f（x）=1，则或
5、，解得x=1；（2）数列an，an=f（n）（nN*），且数列an是递增数列，函数f（x）在（0，+）上为增函数，解得3a4，a的范围为（3，4）故答案为：1，（3，4）12. 在1, 2, 3, 4, 5这5个自然数中, 任取2个数, 它们的积是偶数的概率是 参考答案：13. 已知圆心在x轴上，半径为的圆位于y轴右侧，且截直线x+2y=0所得弦的长为2，则圆的方程为 参考答案：（x2）2+y2=5【考点】圆的标准方程【分析】根据题意，设圆的圆心的坐标为（a，0），则圆的方程为（xa）2+y2=5，（a0），由点到直线的距离公式计算可得圆心到直线x+2y=0的距离，由此可得1+（a）2=5，解
6、可得a的值，将a的值代入圆的方程可得答案【解答】解：根据题意，设圆的圆心坐标为（a，0），则其标准方程为（xa）2+y2=5，（a0），则圆心到直线x+2y=0的距离d=a，又由该圆截直线x+2y=0所得弦的长为2，则有1+（a）2=5，解可得a=2，又由a0，则a=2，故要求圆的方程为（x2）2+y2=5，故答案为：（x2）2+y2=514. 函数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为_ 参考答案：()15. 在ABC中，已知c=2，若sin2A+sin2BsinAsinB=sin2C，则a+b的取值范围参考答案：（2，4【考点】HR：余弦定理；HP：正弦定理【分析】sin2A+si
7、n2BsinAsinB=sin2C，由余弦定理可得：a2+b2ab=c2，再利用余弦定理可得C由正弦定理可得： =，解出a，b代入a+b，利用和差公式、三角函数的单调性与值域即可得出【解答】解：sin2A+sin2BsinAsinB=sin2C，由余弦定理可得：a2+b2ab=c2，可得cosC=，C（0，），C=由正弦定理可得： =，a=sinA，b=sinB，B=A则a+b=sinA+sinB=sinA+sin（A）=4sin，A，sin，a+b（2，4故答案为：（2，4【点评】本题考查了正弦定理余弦定理、和差公式、三角函数的单调性与值域，考查了推理能力与计算能力，属于中档题16. 将一个
8、长宽分别a，b（0ab）的长方形的四个角切去四个相同的正方形，然后折成一个无盖的长方体形的盒子，若这个长方体的外接球的体积存在最小值，则的取值范围为 参考答案：【考点】函数模型的选择与应用 【专题】计算题；压轴题【分析】设出减去的正方形边长为x，表示出外接球的直径，对直径的平方的表示式求导，使得导函数等于0，得到最小值，根据自变量的范围求出结论【解答】解：设减去的正方形边长为x，其外接球直径的平方R2=（a2x）2+（b2x）2+x2 求导得（R2）=18x4（a+b）=0x=（a+b）因为ab有x属于（0，）所以0（a+b）1故答案为：（1，）【点评】本题考查函数的模型的选择与应用，本题解题
9、的关键是写出直径的平方的表示式，并且对解析式求导做出直径的最小值17. 已知函数，若在区间上的最大值、最小值分别为，则= 参考答案：4略三、 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. （13分）在ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且，（）求角B的大小；（）若ABC最大边的边长为，且sinC=2sinA，求最小边长参考答案：【考点】正弦定理；余弦定理【分析】（）把题设中的等式整理得即ac+c2=b2a2，进而代入余弦定理求得cosB的值，进而求得B（）根据B为钝角可推断出b为最长边，根据sinC=2sinA，利用正弦定理可知c=2a，进而推断a为
10、最小边，进而利用余弦定理求得a【解答】解：（）由，整理得（a+c）c=（ba）（a+b），即ac+c2=b2a2，0B，（），最长边为b，sinC=2sinA，c=2a，a为最小边，由余弦定理得，解得a2=1，a=1，即最小边长为1【点评】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用正弦定理和余弦定理及其变形公式是解三角形问题中常用的公式，故应熟练记忆19. 在四棱锥SABCD中，底面ABCD为平行四边形，DBA=60，SAD=30，AD=SD=2，BA=BS=4（）证明：BD平面SAD；（）求二面角ASBC的余弦值参考答案：【考点】MT：二面角的平面角及求法；LW：直线与平面垂直的判定【分析】（）
11、用余弦定理求出BD=2，从而利用勾股定理得BDAD，BDSD，由此能证明BD平面SAD（）以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角ASBC的余弦值【解答】证明：（）SAD=30，AD=SD=2，SDA=120，SA=6，底面ABCD为平行四边形，DBA=60，BA=BS=4cos60=，解得BD=2，AD2+BD2=AB2，BDAD，SD2+BD2=SB2，BDSD，ADSD=D，BD平面SAD解：（）以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，A（2，0，0），B（0，2，0），
12、C（2，2，0），S（，0，3），=（3，0，3），=（），=（，2，3），设平面ABS的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，），设平面BCS的法向量=（a，b，c），则，取b=3，得=（0，3，2），设二面角ASBC的平面角为，则cos=二面角ASBC的余弦值为【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查推理论证能力、空间思维能力、运算求解能力，考查数形结合思想、转化化归思想，考查应用意识，属于中档题20. 已知函数.（）求函数的最小正周期和单调递减区间；（）在中，分别是角，的对边，若，的面积为，求边的长.参考答案：（）所以的最小正周期令，解得所以的单调递减区间
13、是（），又，的面积为21. (本小题满分10分) 选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中, 过点作倾斜角为的直线与曲线相交于不同的两点(1) 写出直线的参数方程;(2) 求 的取值范围Ks5u参考答案：（） 为参数） 4分（） 为参数）代入，得， 10分22. 在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为(为参数)（1）以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求圆C的极坐标方程；（2）已知A(2，0)，B(0，2)，圆C上任意一点M(x，y)，求ABM面积的最大值参考答案：（1）；（2） 【分析】（1）圆C的参数方程为 ，通过三角函数的平方关系消去参数，得到普通方程，通过xcos，ysin，得到圆C的极坐标方程（2）先求出点M（x，y）到直线AB：xy+20的距离，表示出ABM的面积，通过
