湖南省湘西市文昌实验中学2023年高三数学理上学期期末试题含解析

1、湖南省湘西市文昌实验中学2023年高三数学理上学期期末试题含解析一、 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. 已知函数， 则大小关系为 A B C D 参考答案：A2. 已知函数有且仅有两个不同的零点，则（）A当时，B当时， C当时，D当时，参考答案：B略3. 设函数，若互不相等的实数满足，则的取值范围是 A B C D 参考答案：D，所以对称轴为，当时，所以要使互不相等的实数满足，则有，不妨设，则有，所以，即，所以的取值范围是，选D,如图。4. 已知，则的值为( ) A B C D参考答案：B5. 如图是函数yAsin(x)(x

2、R)在区间上的图像，为了得到这个函数的图像，只要将ysinx(xR)的图像上所有的点()A向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变B向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变D向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变参考答案：A略6. 若，则 （ ）AB C D参考答案：C7. 已知a为实数，函数，若函数f(x)的图象上有与x轴平行的切线，则a的取值范围是（A） （B）（C） （D）参考答案：D8. 执行如图所示的程序框图，输出的k值为A7B9C11D

3、13参考答案：C9. 设，则不等式的解是 A. B C D 或参考答案：D略10. 已知集合，且都是全集的子集，则下图韦恩图中阴影部分表示的集合 （ ）A B C D参考答案：B二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 若函数f（x）=ax3ax2+（2a3）x+1在R上存在极值，则实数a的取值范围是参考答案：（0，3）【考点】利用导数研究函数的极值【分析】根据函数f（x）=+（2a3）x+1存在极值点，可得f（x）=0有两不等实根，其判别式0，即可求得a的取值范围【解答】解：求导函数，可得f（x）=ax22ax+2a3函数f（x）=+（2a3）x+1存在极值点，f（x）=0有

4、两不等实根，其判别式=4a24a（2a3）00a3a的取值范围是（0，3）故答案为：（0，3）12. 在中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c. 已知的面积为，b-c=2,则a的值为 参考答案：813. 设，其中满足，则的最小值为_ _参考答案：14. 定义：f1（x）=f（x），当n2且xN*时，fn（x）=f（fn1（x），对于函数f（x）定义域内的x0，若正在正整数n是使得fn（x0）=x0成立的最小正整数，则称n是点x0的最小正周期，x0称为f（x）的n周期点，已知定义在0，1上的函数f（x）的图象如图，对于函数f（x），下列说法正确的是 （写出所有正确命题的编号）1是f（x）的一

5、个3周期点；3是点的最小正周期；对于任意正整数n，都有fn（）=；若x0（，1，则x0是f（x）的一个2周期点参考答案：【考点】命题的真假判断与应用；函数的图象【分析】根据已知中点x0的最小正周期，x0称为f（x）的n周期点的定义，逐一分析四个结论的真假可得答案【解答】解：f1（1）=f（1）=0，f2（1）=f（f1（1）=f（0）=，f3（1）=f（f2（1）=f（）=1，故1是f（x）的一个3周期点，正确；f1（）=f（）=1，f2（）=f（f1（）=f（1）=0，f3（）=f（f2（）=f（0）=，故3是点的最小正周期，正确；由已知中的图象可得：f（）=，故f1（）=f（）=，f2（）

6、=f（f1（）=f（）=，f3（）=f（f2（）=f（）=，故对于任意正整数n，都有fn（）=，正确；若x0=1，则x0（，1，但x0是f（x）的一个3周期点，故错误故答案为：15. 在的展开式中，项的系数为_参考答案：40【分析】由题意利用排列组合的性质可得项的系数.【详解】由题中的多项式可知，若出现，可能的组合只有：和，结合排列组合的性质和二项式展开式的过程可得系数为：.【点睛】本题主要考查二项式展开式与排列组合的综合运用，属于中等题.16. 定义运算法则如下：；若， ，则MN 参考答案：517. 已知a，b，c为ABC的三个内角A，B，C的对边，向量m（），n（cosA,sinA）.若m

7、n，且acosB+bcosA=csinC，则角B_ _参考答案：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. 已知抛物线E：x2=4y，m、n是过点A（a，1）且倾斜角互补的两条直线，其中m与E有唯一公共点B，n与E相交于不同的两点C，D（）求m的斜率k的取值范围；（）是否存在常数，使得|AC|?|AD|=|AB|2？若存在，求的值；若不存在，说明理由参考答案：解：（）设直线m：y+1=k（xa），n：y+1=k（xa），分别代入x2=4y，得x24kx+4ka+4=0（1），x2+4kx4ka+4=0（2），由1=0得k2ka1=0，由20得k2+k

8、a10，故有2k220，得k21，即k1，或k1（）假设存在常数，使得|AC|?|AD|=|AB|2，设B（x0，y0），C（x1，y1），D（x2，y2），则（y1+1）（y2+1）=（y0+1）2将y1+1=k（x1a），y2+1=k（x2a），y0+1=k（x0a）代入上式，得（x1a）（x2a）=（x0a）2，即x1x2a（x1+x2）+a2=（x0a）2由（2）得x1+x2=4k，x1x2=4ka+4，由（1）得x0=2k，代入上式，得4+a2=（4k24ka+a2）又1=0得k2ka1=0，即4k24ka=4，因此4+a2=（4+a2），=1故存在常数=1，使得|AC|?|AD|=

9、|AB|2考点： 抛物线的简单性质专题： 直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程分析： （）设直线m：y+1=k（xa），n：y+1=k（xa），代入抛物线方程，运用判别式等于0和大于0，解不等式即可得到k的范围；（）假设存在常数，使得|AC|?|AD|=|AB|2，设B（x0，y0），C（x1，y1），D（x2，y2），代入直线方程，由条件结合二次方程的韦达定理，再由判别式为0，即可判断解答： 解：（）设直线m：y+1=k（xa），n：y+1=k（xa），分别代入x2=4y，得x24kx+4ka+4=0（1），x2+4kx4ka+4=0（2），由1=0得k2ka1=0，由20得k2+ka10，

10、故有2k220，得k21，即k1，或k1（）假设存在常数，使得|AC|?|AD|=|AB|2，设B（x0，y0），C（x1，y1），D（x2，y2），则（y1+1）（y2+1）=（y0+1）2将y1+1=k（x1a），y2+1=k（x2a），y0+1=k（x0a）代入上式，得（x1a）（x2a）=（x0a）2，即x1x2a（x1+x2）+a2=（x0a）2由（2）得x1+x2=4k，x1x2=4ka+4，由（1）得x0=2k，代入上式，得4+a2=（4k24ka+a2）又1=0得k2ka1=0，即4k24ka=4，因此4+a2=（4+a2），=1故存在常数=1，使得|AC|?|AD|=|AB|

11、2点评： 本题考查抛物线的方程和性质，主要考查直线和抛物线方程联立，运用判别式和韦达定理，考查运算化简的能力，属于中档题19. （本小题满分10分）选修4-4:坐标系与参数方程 若点 在曲线C的参数方 （ 为参数 ）上，以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系 (1)求 的范围 (2)若射线 与曲线C相交于A，B两点，求 的值参考答案：20. （本题满分12分）设的三边为满足（）求的值；（）求的取值范围ks5u参考答案：（1）， 1分所以， 2分所以，3分所以所以，ks5u 4分即 5分所以，所以 6分（2）（2）= 7分= 其中 9分因为， 所以 11分所以 12分【解析】21. 已知圆以坐标原点为圆心且过点，为平面上关于原点对称的两点，已知的坐标为，过作直线交圆于两点.（1）求圆的方程;求面积的取值范围. 参考答案：(1）因为圆心坐标为且圆过，所以圆的半径，所以圆的方程为.4分（2）因为关于坐标原点对称所以当垂直轴时，三点