2022-2023学年四川省绵阳市职高高三数学理摸底试卷含解析

2022-2023学年四川省绵阳市职高高三数学理摸底试卷含解析一、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.已知中，内角,,所对的边长分别为,,，若，且，，则的面积等于

. . .

.参考答案：A试题分析：根据正弦定理，可以求得，从而有，因为，所以，从而求得三角形是正三角形，所以面积，故选A.考点：正弦定理，三角形的面积.2.抛物线的焦点为F，过F且倾斜角为60°的直线为l，，若抛物线C上存在一点N，使M，N关于直线l对称，则p=（

）A．2

B．3

C．4

D．5参考答案：A关于过倾斜角为的直线对称，，由抛物线定义知，等于点到准线的距离，即，由于，，，代入抛物线方程可得，，解得，故选A.

3.设i是虚数单位，复数则|z|＝(

)(A)1

(B)

(C)

(D)2参考答案：B4.在长方体中，，点是的中点，那么异面直线与所成角余弦值为（

）（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：D略5.九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏．它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载“两环互相贯为一得其关换，解之为三，又合而为一”.在某种玩法中，用an表示解下个圆环所需的移动最少次数，{an}满足，且，则解下4个圆环所需的最少移动次数为（

）A.7 B.10 C.12 D.18参考答案：A【分析】利用给定的递推关系可求的值，从而得到正确的选项.【详解】因为，故，，，故选：A.【点睛】本题以数学文化为背景，考虑数列指定项的计算，注意依据分段的递推关系来计算，本题属于基础题.6.已知函数，则的图像大致为A. B. C.

D.参考答案：B7.已知等差数列{an}中，，若n是从1，2，3，4，5，6六个数中任取的一个数，则使的概率为（

）A. B. C. D.参考答案：B【分析】先求出，再利用古典概型求解.【详解】设等差数列的公差为,∵，∴由等差中项的性质，得，解得.又∵，∴，∴，根据古典概型的概率公式得，从1，2，3，4，5，6六个数中任取一个数，则使的概率为，故选:B.【点睛】本题主要考查等差数列的通项的求法和古典概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的劣迹掌握水平和分析推理能力.8.在数列中，，，且（），则|a1|+|a2|+…+|a10|的值是A．210

B．10

C．50

D．90参考答案：C9.已知i是虚数单位，若为纯虚数，则实数a=

A．

B．

C．或—

D．0参考答案：Ｃ10.设函数f（x）＝（0≤x≤2011π），则函数f（x）的各极大值之和为（

）A.B.

C.

D.参考答案：D略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的体积是

参考答案：12.定义:区间x(x的长度为.已知函数y=2|x|的定义域为，值域为[0，2]则区间的长度的最大值与最小值的差为

.参考答案：1的长度取得最大值时=[-1，1]，区间的长度取得最小值时可取[0，1]或[-1，0]，因此区间的长度的最大值与最小值的差为1.13.设函数，则=

．参考答案：0根据分段函数的解析式得到：2>1,故f(2)代第二段解析式,.

14.已知展开式中的常数项为60，则

.参考答案：4的通项公式为，令，，，故答案为.

15.dx+

.参考答案：+1略16.右图是一个算法的流程图，则输出S的值是

.参考答案：17.已知x，y满足约束条件，则的取值范围为______________．参考答案：.【分析】先由约束条件作出可行域，再由目标函数可化为，因此目标函数表示直线在轴截距的相反数，结合图像，即可得出结果.【详解】由约束条件作出可行域如下：因目标函数可化为，所以目标函数表示直线在轴截距的相反数，根据图像可得，当直线过点时，截距最小，即最大；当直线过点时，截距最大，即最小；由题意易得；由得，因此，所以，的取值范围为故答案为【点睛】本题主要考查简单的线性规划，只需由约束条件作出可行域，根据目标函数的几何意义即可求解，属于常考题型.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.（满分15分）已知函数⑴当a=1时，在曲线上点P处的切线与直线垂直，求P点坐标⑵求函数单调区间⑶对于任意成立，求t的最小值。参考答案：（1）直线的斜率为，所以切线的斜率为…1分当时，，不成立，所以切线不存在…2分当时，，，，…4分（2）当时，，，递增…5分当时，，，….6分

若，时，；时，；时，….7分

若，时，；时，或；时，….8分

综上可得时的递增区间为，递减区间为….9分

时的递增区间为，递减区间为….10分

（3）时的递增区间为，递减区间为，，当时，，，当时，，，时的递增区间为，递减区间为，，，综上可得19.已知函数f（x）=aexx﹣2aex﹣x2+x．（1）求函数f（x）在（2，f（2））处切线方程；（2）讨论函数f（x）的单调区间．参考答案：【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，运用点斜式方程可得切线的方程；（2）求出f（x）的导数f′（x）=（x﹣1）（aex﹣1），对a讨论，分a≤0时，a=时，a＞时，0＜a＜时，由导数大于0，可得增区间；导数小于0可得减区间．【解答】解：（1）函数f（x）=aexx﹣2aex﹣x2+x的导数为f′（x）=a（ex+xex）﹣2aex﹣x+1=（x﹣1）（aex﹣1），可得f（x）在（2，f（2））处切线斜率为ae2﹣1，切点为（2，0），即有切线的方程为y﹣0=（ae2﹣1）（x﹣2），即为y=（ae2﹣1）（x﹣2）；（2）由f（x）的导数为f′（x）=（x﹣1）（aex﹣1），①当a=0时，f′（x）=﹣（x﹣1），当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＜1时，f′（x）＞0，f（x）递增；②当a＜0时，当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＜1时，f′（x）＞0，f（x）递增；③当a＞0时，若a=，则f′（x）=（x﹣1）（ex﹣1﹣1），f（x）在R上递增；若a＞，则f′（x）＞0即为（x﹣1）（x﹣ln）＞0，可得x＞1或x＜ln；f′（x）＜0即为（x﹣1）（x﹣ln）＜0，可得ln＜x＜1；若0＜a＜，则f′（x）＞0即为（x﹣1）（x﹣ln）＞0，可得x＜1或x＞ln；f′（x）＜0即为（x﹣1）（x﹣ln）＜0，可得1＜x＜ln．综上可得，a≤0时，f（x）的增区间为（﹣∞，1），减区间为（1，+∞）；a=时，f（x）的增区间为R；a＞时，f（x）的增区间为（1，+∞），（﹣∞，ln），减区间为（ln，1）；0＜a＜时，f（x）的增区间为（ln，+∞），（﹣∞，1），减区间为（1，ln）．20.已知函数f（x）=lnx．（1）求函数g（x）=f（x+1）﹣x的最大值；（2）若对任意x＞0，不等式f（x）≤ax≤x2+1恒成立，求实数a的取值范围；（3）若x1＞x2＞0，求证：＞．参考答案：【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用．【专题】综合题；导数的综合应用．【分析】（1）先求出g（x）=ln（x﹣1）﹣x（x＞﹣1），然后求导确定单调区间，极值，最值即可求．（2）本小题转化为在x＞0上恒成立，进一步转化为，然后构造函数h（x）=，利用导数研究出h（x）的最大值，再利用基础不等式可知，从而可知a的取值范围．（3）本小题等价于．令t=，设u（t）=lnt﹣，t＞1，由导数性质求出u（t）＞u（1）=0，由此能够证明＞．【解答】解：（1）∵f（x）=lnx，∴g（x）=f（x+1）﹣x=ln（x+1）﹣x，x＞﹣1，∴．当x∈（﹣1，0）时，g′（x）＞0，∴g（x）在（﹣1，0）上单调递增；当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0，则g（x）在（0，+∞）上单调递减，∴g（x）在x=0处取得最大值g（0）=0．（2）∵对任意x＞0，不等式f（x）≤ax≤x2+1恒成立，∴在x＞0上恒成立，进一步转化为，设h（x）=，则，当x∈（1，e）时，h′（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，∴h（x）．要使f（x）≤ax恒成立，必须a．另一方面，当x＞0时，x+，要使ax≤x2+1恒成立，必须a≤2，∴满足条件的a的取值范围是[，2]．（3）当x1＞x2＞0时，＞等价于．令t=，设u（t）=lnt﹣，t＞1则＞0，∴u（t）在（1，+∞）上单调递增，∴u（t）＞u（1）=0，∴＞．【点评】本题考查函数最大值的求法，考查满足条件的实数的取值范围的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意构造法、换元法、等价转化思想的合理运用．21.已知数列{an}的前n项和Sn满足，且。（1）求数列{an}的通项公式；（2）若，求数列{bn}的前n项和Tn.参考答案：(1)(2)【分析】（1）利用，求得数列的通项公式.（2）利用裂项求和法求得数列的前项和.【详解】解：（1）当时，，∵，∴，当时，，∴，∵，∴，∴，∴是以为首项，为公差的等差数列，∴；（2）由（1）得，∴，∴。【点睛】本小题主要考查利用求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.22.设函数(Ⅰ)当时，求函数的最大值；(Ⅱ)令（）其图象上任意一点处切线的斜率≤恒成立，求实数的取值范围；(Ⅲ)当，，方程有唯一实数解，求正数的值．参考答案：解：（1）依题意，知的定义域为，当时，，Ks5u

……2分令，解得因为有唯一解，所以，当时，，