2022-2023学年福建省厦门市槟榔中学高三数学理联考试题含解析

2022-2023学年福建省厦门市槟榔中学高三数学理联考试题含解析一、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.在△ABC中，点D为BC的中点，若AB=，AC=3，则?=（） A．1 B． 2 C． 3 D． 4参考答案：B2.已知函数f（x）=e|lnx|﹣|x﹣|，则函数y=f（x）的大致图象为(

) A． B． C． D．参考答案：C考点：函数的图象．专题：函数的性质及应用．分析：利用排除法，根据定义域排除A，B，根据f（1）=1排除D，问题得以解决解答： 解：∵f（x）=e|lnx|﹣|x﹣|，∴函数的定义域为（0，+∞），故排除A，B，当x=1时，f（1）=1﹣0=1，故排除D故选：C点评：本题考查了函数图象的识别，排除法时做选择题的一种常用方法，属于基础题3.等比数列

（

）

A．

B．

C．2

D．4参考答案：答案：C4.已知函数是定义在(0,+∞)上的单调函数,若对任意,都有,则的值是(

)A.5 B.6 C.7 D.8参考答案：B略5.下列命题中，真命题是

(A)

(B)

(C)的充要条件是

(D)若为假，则为假参考答案：A6.若()是所在的平面内的点，且.给出下列说法：①；②的最小值一定是；③点、在一条直线上；④向量及在向量的方向上的投影必相等.其中正确的个数是…………（

）个.

个.

个.

个.参考答案：B略7.某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为4的正方形，两条虚线互相垂直且相等，则该几何体的体积是（

）A. B. C. D.32参考答案：B该几何体为一个正方体去掉一个倒四棱锥，其中正方体棱长为4，倒四棱锥顶点为正方体中心，底面为正方体上底面，因此体积是，选B.点睛：1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．8.设是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的是（

）A．B．C．D．参考答案：D根据线面垂直的性质可知选项D正确。9.设集合A＝{1，2}，则满足A∪B＝{1，2，3}的集合B的个数是A.1

B.3

C.4

D.8参考答案：C10.双曲线C的实轴和虚轴分别是双曲线16x2-9y2=144的虚轴和实轴，则C的离心率为(

)A.

B.

C.

D.参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在“家电下乡”活动中，某厂要将100台洗衣机运往临近的乡镇，现有4辆甲型货车和8辆乙型货车可供使用，每辆甲型货车运输费用400元，可装洗衣机20台；每辆甲型货车运输费用300元，可装洗衣机10台，若每辆至多只运一次，则该厂所花的最少运输费用为

元.参考答案：略12.对于☉A：x2+y2-2x=0，以点（，）为中点的弦所在的直线方程是___________。参考答案：y=x13.对于函数，下列5个结论正确的是__________（把你认为正确的答案全部写上）．(1)任取，,都有；(2)函数在[4,5]上单调递增；(3)，对一切恒成立；(4)函数有3个零点；(5)若关于的方程有且只有两个不同的实根,，则.参考答案：（1）（4）（5）14.若等比数列满足,则_________.参考答案：15.已知椭圆的方程为，是它的一条倾斜角为的弦，且是弦的中点，则椭圆的离心率为_________参考答案：16.某中学为了解学生数学课程的学习情况，在3000名学生中随机抽取200名，并统计这200名学生的某次数学考试成绩，得到了样本的频率分布直方图（如图）．根据频率分布直方图推测，这3000名学生在该次数学考试中成绩小于60分的学生数是．参考答案：600【考点】频率分布直方图．【分析】根据频率分布直方图，求出在该次数学考试中成绩小于60分的频率，再求成绩小于60分的学生数．【解答】解：根据频率分布直方图，得在该次数学考试中成绩小于60分的频率是（0.002+0.006+0.012）×10=0.20∴在该次数学考试中成绩小于60分的学生数是3000×0.20=600．故答案为：600．17.已知平面向量与垂直，则=

.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.已知椭圆过点，右焦点F是抛物线的焦点.（1）求椭圆C的方程；（2）已知动直线过右焦点F，且与椭圆C分别交于M，N两点.试问x轴上是否存在定点Q，使得恒成立?若存在求出点Q的坐标:若不存在，说明理由.参考答案：(1)(2)见解析【分析】(1)由椭圆过点，得，由抛物线的焦点为，得，利用即可求解a则方程可求；（2）假设在轴上存在定点，当直线的斜率不存在时，由，解得或；当直线的斜率为0时，由，解得或，可得，得点的坐标为.再证明当时恒成立.设直线的斜率存在且不为0时，其方程为，与椭圆联立消去y得韦达定理,向量坐标化得整理代入韦达定理即可【详解】（1）因为椭圆过点，所以，又抛物线的焦点为，所以.所以，解得（舍去）或.所以椭圆的方程为.（2）假设在轴上存在定点，使得.①当直线的斜率不存在时，则，，，，由，解得或；②当直线的斜率为0时，则，，，，由，解得或.由①②可得，即点的坐标为.下面证明当时，恒成立.当直线的斜率不存在或斜率为0时，由①②知结论成立.当直线的斜率存在且不为0时，设其方程为，，.直线与椭圆联立得，直线经过椭圆内一点，一定与椭圆有两个交点，且，.，所以恒成立综上所述，在轴上存在点，使得恒成立.【点睛】本题考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系，定值问题，向量运算，利用特殊位置得定点再证明一般情况成立是解决定点问题的基本方法，准确计算是关键，是中档题19.已知函数．（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）设，若对任意，，不等式

恒成立，求实数的取值范围．

参考答案：解：（I）的定义域是

．．．．．．．．．．．1分

．．．．．．．．．．．．．．．2分由及

得；由及得，故函数的单调递增区间是；单调递减区间是

．．．．．．．．4分

（II）若对任意，，不等式恒成立，问题等价于，

．．．．．．．．．5分由（I）可知，在上，是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点，故也是最小值点，所以；

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分当时，；当时，；当时，；

．．．．．．．．．．．．8分问题等价于

或

或

．．．．．．．．11分

解得

或

或

即，所以实数的取值范围是

．．．．．．．．．．．．．．．．．12分

20.（本小题满分14分）设对于任意的实数，函数，满足，且，，（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和参考答案：（Ⅰ）取，得，取，故数列是首项是1，公比为的等比数列，所以取，，得，即，故数列是公差为的等差数列，又，所以（Ⅱ），两式相减得所以21.已知首项都是1的数列{an}，{bn}（bn≠0，n∈N*）满足bn+1=（Ⅰ）令cn=，求数列{cn}的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}为各项均为正数的等比数列，且b32=4b2?b6，求数列{an}的前n项和Sn．参考答案：考点：数列递推式；数列的求和．专题：等差数列与等比数列．分析：（Ⅰ）由题意得an+1bn=an?bn+1+3bn?bn+1，从而，由此推导出数列{cn}是首项为1，公差为3的等差数列，进而求出cn=1+3（n﹣1）=3n﹣2，n∈N*．（Ⅱ）设数列{bn}的公比为q，q＞0，由已知得，n∈N*，从而an=cnbn=，由此利用错位相减法能求出数列{an}的前n项和Sn．解答： 解：（Ⅰ）由题意得an+1bn=an?bn+1+3bn?bn+1，两边同时除以bnbn+1，得，又cn=，∴cn+1﹣cn=3，又，∴数列{cn}是首项为1，公差为3的等差数列，∴cn=1+3（n﹣1）=3n﹣2，n∈N*．

（Ⅱ）设数列{bn}的公比为q，q＞0，∵，∴，整理，得，∴q=，又b1=1，∴，n∈N*，an=cnbn=，∴Sn=1×…+，①∴=+…+，②①﹣②，得：+…+﹣（3n﹣2）×=1+3[]﹣（3n﹣2）×==4﹣（6+3n﹣2）×=4﹣（3n+4）×（）n，∴Sn=8﹣（6n+8）×．点评：本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前n项和的求法，解题时要认真审题，注意错位相减法的合理运用．22.（12分）已知函数的定义域为I，导数满足0＜＜2

且≠1，常数c1为方程的实数根，常数c2为方程的实数根．（I）求证：当时，总有成立；（II）若对任意，存在，使等式

成立．试问：方程有几个实数根，并说明理由；（Ⅲ）（理科生答文科生不答）对任意，若满足，求证：．

参考答案：解析:答：（I）令，∴函数为减函数．又，∴当时，，即成立．．．．．．．．．4分（II）假设方程有异于的实根m，即．则有成立．因为，所以必有，但这与≠1矛盾，因此方程不存在异于c1的实数根．∴方程只有一个实数根．．．．．．