2022-2023學年湖南省益陽市金沙洲中學高三數學理月考試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知函數有且僅有兩個不同的零點，，則（）A．當時，， B．當時，，C．當時，，

D．當時，，參考答案：B略2.將5本不同的書擺成一排，若書甲與書乙必須相鄰，而書丙與書丁不能相鄰，則不同的擺法種數為(

) A．48 B．24 C．20 D．12參考答案：B考點：計數原理的應用．專題：應用題；排列組合．分析：書甲與書乙必須相鄰，利用捆綁法，書丙與書丁不能相鄰，利用插空法，即可得出結論．解答： 解：由題意，不同的擺法種數為：=24．故選：B．點評：本題考查計數原理的應用，考查捆綁法、插空法，比較基礎．3.下列選項敘述錯誤的是（

）

A．命題“若”的逆否命題是“若”

B．若命題

C．若為真命題，則p，q均為真命題

D．“”是“”的充分不必要條件參考答案：C略4.設向量，，且，則向量與的夾角為（

）A． B． C． D．參考答案：D5.已知銳角的面積為，，則角的大小為A.75°

B.60°

B.45°

D.30°參考答案：解析：由正弦定理得，注意到其是銳角三角形，故C=°，選B6.（文）函數的值域為

(A)

(B)(C)

(D)參考答案：A，因為，則函數為，在遞減，在遞增，所以當時有最小值。當時，；當時，，所以，即函數的值域為，選A.7.函數f（x）=ex+2x﹣3的零點所在的一個區(qū)間是（）A．（） B．（） C．（） D．（）參考答案：C【考點】函數零點的判定定理．【分析】將選項中各區(qū)間兩端點值代入f（x），滿足f（a）?f（b）＜0（a，b為區(qū)間兩端點）的為答案．【解答】解：因為f（）=＜0，f（1）=e﹣1＞0，所以零點在區(qū)間（）上，故選C．8.若函數在上單調遞增，則實數a的取值范圍(

)A．（0，1] B．（0，1） C．[1，+∞） D．（0，+∞）參考答案：A【考點】函數單調性的性質．【專題】函數的性質及應用．【分析】根據分段函數的單調性確定a的取值范圍．【解答】解：∵當時，y=tanx，單調遞增，∴要使f（x）在（﹣）上單調遞增，如圖的示意圖則，即，解得0＜a≤1．故實數a的取值范圍是（0，1]．故選A．【點評】本題主要考查分段函數的單調性的應用，要保證分段函數滿足單調遞增，同時兩個函數在端點處的函數值也存在一定的大小關系，利用數形結合的思想去解決．9.袋子中有四張卡片，分別寫有“瓷、都、文、明”四個字，有放回地從中任取一張卡片，將三次抽取后“瓷”“都”兩個字都取到記為事件A，用隨機模擬的方法估計事件A發(fā)生的概率.利用電腦隨機產生整數0，1，2，3四個隨機數，分別代表“瓷、都、文、明”這四個字，以每三個隨機數為一組，表示取卡片三次的結果，經隨機模擬產生了以下18組隨機數：232321230023123021132220001231130133231031320122103233

由此可以估計事件A發(fā)生的概率為（

）A. B. C. D.參考答案：C【分析】事件A即為表中包含數字0和1的組，根據表中數據，即可求解【詳解】事件A包含“瓷”“都”兩字，即包含數字0和1，隨機產生的18組數中，包含0,1的組有021,001,130,031,103，共5組，故所求概率為，故選C【點睛】本題考查古典概型，熟記概率計算公式即可，屬基礎題。10.函數與函數的圖象可能是

（

）

參考答案：答案:D二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.定義在R上的偶函數f（x），對任意實數x都有f（x+2）=f（x），當x∈[0，1]時，f（x）=x2，若在區(qū)間[﹣1，3]內，函數g（x）=f（x）﹣kx﹣k有4個零點，則實數k的取值范圍是．參考答案：（0，]【考點】函數零點的判定定理．【專題】函數的性質及應用．【分析】由題意可得，函數f（x）的圖象和直線y=k（x+1）在區(qū)間[﹣1，3]內有4個交點，數形結合求得k的范圍．【解答】解：由題意可得，函數f（x）的周期為2，x∈[0，1]時，f（x）=x2，而f（x）是偶函數，∴x∈[﹣1，1]時，f（x）=x2，令y=kx+k，在區(qū)間[﹣1，3]內，函數g（x）=f（x）﹣kx﹣k有4個零點即函數f（x）的圖象和直線y=k（x+1）在區(qū)間[﹣1，3]內有4個交點，如圖所示：故有0＜k（3+1）≤1，求得0＜k≤，故答案為：（0，]．【點評】本題主要考查函數的零點與方程的根的關系，體現(xiàn)了轉化、數形結合的數學思想，屬于基礎題．12.將的圖像向右平移2個單位后得曲線，將函數的圖像向下平移2個單位后得曲線，與關于軸對稱，若的最小值為，且，則實數的取值范圍為

.參考答案：13.定義：對于區(qū)間,則為區(qū)間長度.若關于的不等式的解集是一些區(qū)間的并集，且這些區(qū)間長度的和不小于4，則實數的取值范圍是________________.參考答案：或

14.一個幾何體的三視圖如圖3所示，則該幾何體的表面積為______________.

圖3參考答案：38由三視圖可知，該幾何體為一個長方體在中間挖去了一個等高的圓柱，其中長方體的長、寬、高分別為4、3、1，圓柱的底面直徑為2，所以該幾何體的表面積為長方體的表面積加圓柱的側面積再減去圓柱的底面積，即為.15.函數的單調增區(qū)間為

參考答案：【知識點】利用導數研究函數的單調性B12【答案解析】（，）解析：解：∵y′=﹣cosx，令y′＞0，即cosx＜，解得：＜x＜，故答案為：（，）．【思路點撥】先求出函數的導數，令導函數大于0，解出即可16.參考答案：1或略17.已知一個正三棱柱的所有棱長均相等，其側（左）視圖如圖所示，那么此三棱柱正（主）視圖的面積為_____．參考答案：試題分析：由題意知，正三棱柱的主視圖為長為2，寬為的矩形，故其面積為.三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本小題滿分14分）已知函數（Ⅰ）求曲線在點處的切線方程；（Ⅱ）求函數的極值；（Ⅲ）對恒成立，求實數的取值范圍。參考答案：（Ⅰ）函數的定義域為，

……………1分，

……………2分

，，

……………3分曲線在點處的切線方程為，即,

……………4分（Ⅱ）令，得，

……………5分

列表：-0+↘↗

……………7分函數的極小值為,

……………8分（Ⅲ）依題意對恒成立等價于在上恒成立

可得在上恒成立，

……………10分令

……………11分令，得列表：-0+↘↗函數的最小值為,

……………13分根據題意，.

……………14分19.已知數列滿足：，，，（Ⅰ）求證：數列為等比數列；（Ⅱ）求使不等式成立的所有正整數的值．參考答案：解：（Ⅰ）由得，則是以為首項，以為公比的等比數列

....……….........4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，累加可得.........................8分

則即為：，

顯然時無解，則易求得..................................................12分注：若由得到即亦即，從而得出結果可酌情給分.

略20.（10分）（2015?大連模擬）如圖，已知⊙O1與⊙O2相交于A、B兩點，P是⊙O1上一點，PB的延長線交⊙O2于點C，PA交⊙O2于點D，CD的延長線交⊙O1于點N．（1）點E是上異于A，N的任意一點，PE交CN于點M，求證：A，D，M，E四點共圓（2）求證：PN2=PB?PC．參考答案：考點：與圓有關的比例線段．

專題：選作題；推理和證明．分析：（1）連接AB，根據圓內接四邊形的性質，得到∠ABC=∠E，根據圓周角定理的推論得到，、∠ABC=∠ADC，從而得到∠ADC=∠E，進一步得到A，D，M，E四點共圓；（2）根據兩個角對應相等，易證明△PDN∽△PNA，得到PN2=PD?PA，再結合割線定理即可證明．解答：證明：（1）連接AB．∵四邊形AEPB是⊙O1的內接四邊形，∴∠ABC=∠E．在⊙O2中，∠ABC=∠ADC，∴∠ADC=∠E，∴A，D，M，E四點共圓；（2）連接AN、PN．∵四邊形ANPB是⊙O1的內接四邊形，∴∠ABC=∠PNA．由（1）可知，∠PDN=∠ADC=∠ABC．∴∠PDN=∠PNA．又∠DPN=∠NPA，∴△PDN∽△PNA．∴PN2=PD?PA．又∵PD?PA=PB?PC，∴PN2=PB?PC．點評：連接公共弦，是相交兩圓常見的輔助線之一．綜合運用圓周角定理的推論、圓內接四邊形的性質、相似三角形的性質和判定．21.在△ABC中，已知角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且滿足.（1）求角C的大小;（2）求的最大值，并求取得最大值時角A、B的大小.

參考答案：（1）由條件及正弦定理得從而

即∵0＜c＜

∴（2）由（1）知∴∵0＜A＜

∴＜A+＜當時，取得最大值1。此時

略22.已知橢圓E：+=1的左右頂點分別為A、B，點P為橢圓上異于A，B的任意一點．（Ⅰ）求直線PA與PB的斜率乘積的值；（Ⅱ）設Q（t，0）（t≠），過點Q作與x軸不重合的任意直線交橢圓E于M，N兩點，則是否存在實數t，使得以MN為直徑的圓恒過點A？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．參考答案：【考點】橢圓的簡單性質．【專題】計算題；平面向量及應用；圓錐曲線的定義、性質與方程．【分析】（Ⅰ）由題意知．設點P（x，y）（y≠0），從而可得，從而解得．（Ⅱ）假設存在實數t，使得以MN為直徑的圓恒過點A；再設M（x1，y1），N（x2，y2），直線MN的方程為x=ay+t，（a∈R），聯(lián)立化簡可得（2a2+3）y2+4aty+2t2﹣6=0，從而利用韋達定理可得y1+y2=﹣，y1y2=；化簡?=（x1+，y1）（x2+，y2）=a2y1y2+（+t）a（y1+y2）+（+t）2+y1y2，代入化簡可得5t2+6t+3=0，從而解得．【解答】解：（Ⅰ）．設點P（x，y）（y≠0），則有，即，∴=．（Ⅱ）假設存在實數t，使得以MN為直徑的圓恒過點A；設M（x1，y1），N（x2，y2），∵MN與x軸不重合，∴設直線MN的方程為x=ay+t，（a∈R），由化簡得，（2a2+3）y2+4aty+2t2﹣6=0，由題意可知△＞0成立，且y1+y2=﹣，y1y2=；?=（x1+，y1）（x2+