四川省攀枝花市仁和区民族中学2022-2023学年高三数学理测试题含解析

1、四川省攀枝花市仁和区民族中学2022-2023学年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. 设是定义在R上的周期为3的周期函数，如图表示该函数在区间(2，1上的图像，则（ ）A、3 B、2C、1 D、0参考答案：C略2. 函数的定义域是 A B C D参考答案：D3. 若满足约束条件，则的最小值与最大值的和为（ ）A B C D 参考答案：D4. 关于x的不等式axb0的解集是（1，+），则关于x的不等式（ax+b）（x3）0的解集是（）A（，1）（3，+）B（1，3）C（1，3）D（，1）（3，+）参考

2、答案：C【考点】一元二次不等式的解法【分析】根据不等式axb0的解集得出a=b0，再化简不等式（ax+b）（x3）0，求出它的解集即可【解答】解：关于x的不等式axb0的解集是（1，+），即不等式axb的解集是（1，+），a=b0；不等式（ax+b）（x3）0可化为（x+1）（x3）0，解得1x3，该不等式的解集是（1，3）故选：C【点评】本题考查了一元一次不等式与一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题目5. 某学校2014-2015学年高一、2014-2015学年高二、2015届高三年级的学生人数分别为900、900、1200人，现用分层抽样的方法从该校高中三个年级的学生中抽取容量为50的

3、样本，则应从2015届高三年级抽取的学生人数为( )A15B20C25D30参考答案：B考点：分层抽样方法 专题：概率与统计分析：根据分层抽样的定义即可得到结论解答：解：三个年级的学生人数比例为3：3：4，按分层抽样方法，在2015届高三年级应该抽取人数为人，故选：B点评：本题主要考查分层抽样的应用，根据条件确定抽取比例是解决本题的关键，比较基础6. 已知函数f（x）=sin（x+）（0，|），x=为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）上单调，则的最大值为（）A11B9C7D5参考答案：B【考点】正弦函数的对称性【分析】根据已知可得为正奇数，且12，结合x=为f（

4、x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，求出满足条件的解析式，并结合f（x）在（，）上单调，可得的最大值【解答】解：x=为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，即，（nN）即=2n+1，（nN）即为正奇数，f（x）在（，）上单调，则=，即T=，解得：12，当=11时， +=k，kZ，|，=，此时f（x）在（，）不单调，不满足题意；当=9时， +=k，kZ，|，=，此时f（x）在（，）单调，满足题意；故的最大值为9，故选：B【点评】本题考查的知识点是正弦型函数的图象和性质，本题转化困难，难度较大7. 已知函数yf(x)为偶函数，满足条件f(x1)f(x1)，且当x1,0时，则的值等

5、于( )A.-1 B. C. D.1参考答案：D8. 函数的值域为（ ） A B C D参考答案：A略9. 下列函数中，既是奇函数又是增函数的是ABCD参考答案：D10. 圆和圆的位置关系为A.相交B.相切C.相离D.以上都有可能参考答案：A二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设向量，若，则=_参考答案：12. 已知函数在(0,e)上是增函数，函数=|+在0,ln3上的最大值M与最小值m的差为，则a= 参考答案：因为函数在(0,e)上是增函数，因为，所以；所以当时=|+= +，即 + +,不合题意，舍去；因此；由.13. 若函数，是的导函数，则函数的最大值是 参考答案：1

6、4. （5分）函数f（x）=lnx+ax存在与直线2xy=0平行的切线，则实数a的取值范围是参考答案：（，2）【考点】： 利用导数研究曲线上某点切线方程【专题】： 导数的综合应用【分析】： 函数f（x）=lnx+ax存在与直线2xy=0平行的切线?方程f（x）=在区间x（0，+）上有解，并且去掉直线2xy=0与曲线f（x）相切的情况，解出即可解：，（x0）函数f（x）=lnx+ax存在与直线2xy=0平行的切线，方程在区间x（0，+）上有解即在区间x（0，+）上有解a2若直线2xy=0与曲线f（x）=lnx+ax相切，设切点为（x0，2x0）则，解得x0=e此时综上可知：实数a的取值范围是（，

7、2）故答案为：（，2）【点评】： 本题考查了导数的几何意义、切线的斜率、相互平行的直线之间的斜率关系、恒成立问题的等价转化等基础知识与基本技能方法，属于中档题15. 若复数满足（是虚数单位），则复数的虚部是 . 参考答案：16. 从二项式的展开式各项中随机选两项，选得的两项均是有理项的概率是_参考答案：【分析】展开式共9项，利用通项公式可得有理项共3项，根据组合知识与古典概型概率公式可得结果.【详解】二项式的展开式的通项为：，令，则或3或6时为有理项，所以从二项式的展开式各项中随机选两项有种选法，其中有理项有种，所以选得的两项均是有理项的概率是，故答案为【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项

8、与系数以及古典概型概率的应用，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.17. 已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面 积是_参考答案：24由VSh，得S4，得正四棱柱底面边长为2.画出球的轴截面可得，该正四棱柱的对角线即为球的直径，所以球的半径为R.所以球的表面积为S4R224.三、 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

9、步骤18. 已知函数.（）讨论函数f(x)的单调性；（）当时，证明：函数f(x)有两个零点；（）若函数有两个不同的极值点，记作，且，证明（为自然对数的底数）.参考答案：（）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；（）证明见解析；（）证明见解析.【分析】（）求得函数的导数，分类讨论，即可求解函数的单调区间；（）当时，由（）知函数在上单调递减，在上单调递增，求得函数的最小值，记，利用导数求得函数的单调性与最值，利用零点的存在定理，即可求解；（）求得，得到，把欲证转化为证，进而得到，设，等价于，令，利用导数求得函数的单调性，即可求解【详解】（）的定义域为，由，可得，当时，函数在上单调递

10、增；当时，即时，函数单调递增；当时，即时，函数单调递减.综上，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.（）当时，由（）知函数在上单调递减，在上单调递增，所以.取，记，所以在上单调递减. .所以当，所以函数在上存在一个零点.当时，所以函数在上存在一个零点.所以，当时，函数有两个零点.（）依题意得，则，因为有两个极值点，所以，欲证等价于证，即，所以，因为，所以原不等式等价于，由可得，则，由可知，原不等式等价于，即，设，则上式等价于时，令，则，因为，所以，所以在区间上单调递增，所以当时，即，所以原不等式成立，即.19. 在正方形ABCD中，E为AB的中点P是A为圆心，AB为半径

11、的圆弧上的任意一点（1）若向正方形ABCD内撒一枚幸运小花朵，则小花朵落在扇形ABD内的概率为；（2）设PAB=，向量=+（，R），若=1，则=参考答案：考点：几何概型 专题：概率与统计分析：（1）利用几何概型，所求概率为扇形ABD与正方形ABCD比值；（2）不妨设正方形边长为1以A坐标原点，AB，AD线为x轴，y建立直角坐标系，将相关向量用坐标表示，利用向量相等得到用表示的，的方程组解之解答：解：（1）所求概率为扇形ABD与正方形ABCD比值，设正方形边长为a，所求概率为P=；（2）不妨设正方形边长为1以A坐标原点，ABAD线为x轴，y建立直角坐标系，则=（，1），=（1，1），=（cos，

12、sin），=+，所以，所以=1，sin=1，=；故答案为：，点评：本题是一道涉及几何概型和向量知识的综合问题第（1）题是几何概型问题，求解转化为扇形的面积与正方形面积的比来解决；第（2）问是关于平面向量线性运算的考题，解题时可建立适当的坐标系，用向量的坐标运算来实现转化若假设正方形边长为1，则点P单位圆上，就可以考虑引入三角函数来表示点P坐20. 已知椭圆过点（1）求椭圆C的方程，并求其离心率；（2）过点P作x轴的垂线l，设点A为第四象限内一点且在椭圆C上（点A不在直线l上），点A关于l的对称点为，直线与C交于另一点B设O为原点，判断直线AB与直线OP的位置关系，并说明理由参考答案：（1）见解

13、析；（2）见解析（1）由椭圆方程椭圆过点，可得，椭圆的方程为，离心率（2）直线与直线平行证明如下：设直线，设点的坐标为，由得，同理，由，有，在第四象限，且不在直线上，又，故，直线与直线平行21. 已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围.参考答案：（）由题知： , 1分当时,在时恒成立在上是增函数. 2分当时, ,令，得 ；令,得 .在上为增函数，在上为减函数. 5分（）法一：由题知： 在上恒成立， 即在上恒成立。 7分令，所以 8分令得；令得. 9分在上单调递增，在上单调递减. 10分 , 11分. 12分法二：要使恒成立，只需, 6分（1）当时，在上单调递增，所以 ,即，这与矛盾，此时不成立. 7分（2）