2022-2023学年四川省成都市都江堰育才学校高中部高三数学理测试题含解析

1、2022-2023学年四川省成都市都江堰育才学校高中部高三数学理测试题含解析一、 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. （5分）设函数f（x）=2x+1（x0），则f（x）（） A 有最大值 B 有最小值 C 是增函数 D 是减函数参考答案：A【考点】： 基本不等式在最值问题中的应用【分析】： 利用基本不等式求最值时，一定要注意满足的条件，不是正数提出负号后再用基本不等式解：x0，当且仅当即x=取等号故选项为A【点评】： 利用基本不等式求最值，注意“一正”“二定”“三相等”要同时满足2. 设集合,已知,那么k的取值范围是（ ）A

2、(,0) B(0,+) C(,0 D(1,+) 参考答案：C集合集合集合，且故选C.3. 已知向量m(1，1)，n(2，2)，若(mn)(mn)，则（ ）A4 B3 C2 D1参考答案：B略4. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ）A若则 B若，则C若，则 D若，则参考答案：B5. 篮球比赛中每支球队的出场阵容由5名队员组成，2017年的NBA篮球赛中，休斯顿火箭队采取了“八人轮换”的阵容，即每场比赛只有8名队员有机会出场，这8名队员中包含两名中锋，两名控球后卫，若要求每一套出场阵容中有且仅有一名中锋，至少包含一名控球后卫，则休斯顿火箭队的主教练一共有（）种出场阵容的选

3、择A16B28C84D96参考答案：B【考点】D8：排列、组合的实际应用【分析】根据题意，分2种情况讨论：、若只有一名控球后卫，可以在两名控球后卫任选1人，在两名中锋任选1人，在其他4个人中选出3人，组成球队，、若有2名控球后卫，将两名控球后卫全部选出，在两名中锋任选1人，在其他4个人中选出3人，组成球队，分别求出每一种情况的出场阵容，由分类计数原理计算可得答案【解答】解：根据题意，要求每一套出场阵容中有且仅有一名中锋，至少包含一名控球后卫，则控球后卫的人数为1或2，分2种情况讨论：、若只有一名控球后卫，可以在两名控球后卫任选1人，在两名中锋任选1人，在其他4个人中选出3人，组成球队，则此时有

4、C21C21C43=16种出场阵容；、若有2名控球后卫，将两名控球后卫全部选出，在两名中锋任选1人，在其他4个人中选出3人，组成球队，则此时有C22C21C42=12种出场阵容；则一共有16+12=28种出场阵容，故选：B6. 已知数阵中，每行的3个数依次成等差数列，每列的三个数也依次成等差数列，若，则这9个数的和为（ ）（A）16 （B） 32 （C）36 （D）72参考答案：D7. 若抛物线在点（a,a2）处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为16，则a=A4B4C8D8参考答案：B略8. 一个口袋内装有大小相同的5只球，其中3只白球，2只黑球，从中一次摸出两个球，则摸出的两个都是白球的概

5、率是（）ABCD参考答案：B【考点】古典概型及其概率计算公式【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计【分析】从中一次摸出两个球，先求出基本事件总数，再求出摸出的两个都是白球，包含的基本事件个数，由此能求出摸出的两个都是白球的概率【解答】解：一个口袋内装有大小相同的5只球，其中3只白球，2只黑球，从中一次摸出两个球，基本事件总数=10，摸出的两个都是白球，包含的基本事件个数m=3，摸出的两个都是白球的概率是p=故选：B【点评】本题考查摸出的两个球都是白球的概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用9. 设双曲线的右准线与两条渐近线交于、两点,右焦点为,且,则

6、双曲线的离心率为( ). A. B. C. D.参考答案：答案：D 10. 下列选项叙述错误的是（ ）A命题“若，则”的逆否命题是“若，则”B若pq为真命题，则p，q均为真命题C若命题p：xR，x2x十10，则：R，D“”是“”的充分不必要条件参考答案：B试题分析：对于A选项，根据逆否命题的定义知，命题“若，则”的逆否命题是“若，则”，所以A选项正确；对于B选项，若pq为真命题，则p，q至少有一个为真命题，所以B选项错误；对于C选项，根据含有量词的命题的否定可知：R，所以C选项正确；对于D选项，由得或，所以“”是“”的充分不必要条件，所以D选项正确综上所述，答案应选B考点：特称命题；复合命题的

7、真假；全称命题二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设向量(I)若 (II)设函数参考答案：略12. 设，是各项不为零的（）项等差数列，且公差将此数列删去某一项后，得到的数列（按原来顺序）是等比数列，（1）若，则= ； （2）所有数对所组成的集合为_参考答案：（1）-4,1； （2）13. 参考答案：14. 复数的实部为 参考答案：略15. 已知函数f（x）的定义域为R，其图象关于点（1，0）中心对称，其导函数为f（x），当x1时，（x1）f（x）+（x1）f（x）0，则不等式xf（x+1）f（2）的解集为参考答案：（，1）（1，+）【考点】6B：利用导数研究函数的单调性【

8、分析】由题意设g（x）=（x1）f（x），求出g（x）后由条件判断出符号，由导数与函数单调性的关系判断出g（x）在（，1）上递减，由条件和图象平移判断出：函数f（x+1）的图象关于点（0，0）中心对称，由奇函数的图象可得：函数f（x+1）是奇函数，令h（x）=g（x+1）=xf（x+1），判断出h（x）的奇偶性和单调性，再等价转化不等式，求出不等式的解集【解答】解：由题意设g（x）=（x1）f（x），则g（x）=f（x）+（x1）f（x），当x1时，（x1）f（x）+（x1）f（x）0，当x1时，f（x）+（x+1）f（x）0，则g（x）在（，1）上递增，函数f（x）的定义域为R，其图象关于点

9、（1，0）中心对称，函数f（x+1）的图象关于点（0，0）中心对称，则函数f（x+1）是奇函数，令h（x）=g（x+1）=xf（x+1），h（x）是R上的偶函数，且在（，0）递减，由偶函数的性质得：函数h（x）在（0，+）上递增，h（1）=f（2），不等式xf（x+1）f（2）化为：h（x）h（1），即|x|1，解得：x1或x1，不等式的解集是（，1）（1，+），故答案为：（，1）（1，+）【点评】本题考查导数与单调性的关系，偶函数的定义以及性质，函数图象的平移变换，以及函数单调性的应用，考查转化思想，构造法，化简、变形能力16. 若复数为虚数单位）为纯虚数，则实数的值为 .参考答案：17.

10、已知函数的图像与函数的图像恰有两个交点，则实数的取值范围是 .参考答案：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7分）选修45：不等式选讲设f（x）=|x1|2|x+1|的最大值为m（）求m；（）若a，b，c（0，+），a22b2c2m，求abbc的最大值参考答案：（）当x1时，f(x)3x2；当1x1时，f(x)13x2；当x1时，f(x)x34故当x1时，f(x)取得最大值m24分（）a22b2c2(a2b2)(b2c2)2ab2bc2(abbc)，当且仅当abc时，等号成立此时，abbc取得最大值17分19. （14分）在以O为原

11、点的直角坐标系中，点A（4，3）为OAB的直角顶点.已知|AB|=2|OA|，且点B的纵坐标大于零. （1）求向量的坐标； （2）求圆关于直线OB对称的圆的方程； （3）是否存在实数a，使抛物线上总有关于直线OB对称的两个点？若不存在，说明理由：若存在，求a的取值范围.参考答案：解析：（1）设得 所以v30,得v=8,故=6，8.（2）由=10，5，得B（10，5），于是直线OB方程：由条件可知圆的标准方程为：(x3)2+y(y+1)2=10, 得圆心（3，1），半径为.设圆心（3，1）关于直线OB的对称点为（x ,y）则故所求圆的方程为(x1)2+(y3)2=10.（3）设P (x1,y1)

12、, Q (x2,y2) 为抛物线上关于直线OB对称两点，则故当时，抛物线y=ax21上总有关于直线OB对称的两点.20. （本大题9分）已知大于1的正数满足（1）求证：（2）求的最小值。参考答案：证明：（1）由柯西不等式得：得：（2）由柯西不等式得：，所以，得所以，当且仅当时，等号成立。故所求的最小值是3。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xOy中，曲线M的参数方程为为参数），若以直角坐标系中的原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线N的极坐标方程为（t为参数） （I）求曲线M和N的直角坐标方程，（11）若曲线N与曲线M有公共点，求t的取值范围参考答案：() ;（） 【知识点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程N3解析：（1）由得，所以曲线可化为，由得，所以，所以曲线可化为. 5分（2）若曲线，有公共点，则当直线过点时满足要求，此时，并且向左下方平行运动直到相切之前总有公共点，相切时仍然只有一个公共点，联立，得，解得，综上可求得的取值范围是. 10分【思路点拨】（1）平方得，代入第二个式