山西省忻州市繁峙縣繁峙第二中學(xué)2023年高三數(shù)學(xué)文聯(lián)考試題含解析

山西省忻州市繁峙縣繁峙第二中學(xué)2023年高三數(shù)學(xué)文聯(lián)考試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.（5分）（2015?貴陽一模）已知拋物線C1：y=x2（p＞0）的焦點與雙曲線C2：﹣y2=1的右焦點的連線交C1于第一象限的點M，若C1在點M處的切線平行于C2的一條漸近線，則p=（）A．B．C．D．參考答案：D【考點】：拋物線的簡單性質(zhì)．【專題】：綜合題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．【分析】：由曲線方程求出拋物線與雙曲線的焦點坐標(biāo)，由兩點式寫出過兩個焦點的直線方程，求出函數(shù)y=x2（p＞0）在x取直線與拋物線交點M的橫坐標(biāo)時的導(dǎo)數(shù)值，由其等于雙曲線漸近線的斜率得到交點橫坐標(biāo)與p的關(guān)系，把M點的坐標(biāo)代入直線方程即可求得p的值．解：由拋物線C1：y=x2（p＞0）得x2=2py（p＞0），所以拋物線的焦點坐標(biāo)為F（0，）．由﹣y2=1得a=，b=1，c=2．所以雙曲線的右焦點為（2，0）．則拋物線的焦點與雙曲線的右焦點的連線所在直線方程為，即①．設(shè)該直線交拋物線于M（），則C1在點M處的切線的斜率為．由題意可知=，得x0=，代入M點得M（，）把M點代入①得：．解得p=．故選：D．【點評】：本題考查了雙曲線的簡單幾何性質(zhì)，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點的切線方程，函數(shù)在曲線上某點處的切線的斜率等于函數(shù)在該點處的導(dǎo)數(shù)，是中檔題．2.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為

（

）

參考答案：D3.已知是偶函數(shù)，且在[0,+∞)上是增函數(shù)，如果在上恒成立，則實數(shù)的取值范圍是(

)A．[－2,1]

B．[－2,0]

C．[－5,1]

D．[－5,0]參考答案：B4.函數(shù)，若，則的所有可能值為（

）

（A）1

（B）

（C）

（D）

/參考答案：A5.函數(shù)的定義域是A.(－∞,1)

B.(－1,+∞)

C.[－1,1]

D.(－1,1)參考答案：A6.已知變量x，y滿足約束條件，則的最大值為（

）

A．64

B．32

C．2

D．參考答案：B略7.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，,映射將平面上的點對應(yīng)到另一個平面直角坐標(biāo)系上的點，則當(dāng)點沿著折線運動時,在映射的作用下，動點的軌跡是（

）

參考答案：A8.設(shè)函數(shù)，則

A．函數(shù)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，其圖象關(guān)于直線對稱

B．函數(shù)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，其圖象關(guān)于直線對稱

C．函數(shù)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，其圖象關(guān)于直線對稱

D．函數(shù)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，其圖象關(guān)于直線對稱參考答案：B9.將函數(shù)y=sin（x+）的圖象上所有的點向左平移個的單位長度，再把圖象上各點的橫坐標(biāo)擴大到原來的2倍（縱坐標(biāo)不變），則所得圖象的解析式為（）A．y=sin（2x+） B．y=sin（+） C．y=sin（﹣） D．y=sin（+）參考答案：B【考點】函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換．【分析】利用y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，得出結(jié)論．【解答】解：將函數(shù)y=sin（x+）的圖象上所有的點向左平移個的單位長度，可得y=sin（x++）=sin（x+）的圖象；再把圖象上各點的橫坐標(biāo)擴大到原來的2倍（縱坐標(biāo)不變），則所得圖象的解析式為y=sin（x+），故選：B．10.已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}，，若，則=________A．

B．

C．128

D．－128參考答案：B令，其中，則，故，由可得，，故二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.下列4個命題：①?x∈（0，1），（）x＞logx．②?k∈[0，8），y=log2（kx2+kx+2）的值域為R．③“存在x∈R，（）x+2x≤5”的否定是”不存在x∈R，（）x+2x≤5”④“若x∈（1，5），則f（x）=x+≥2”的否命題是“若x∈（﹣∞，1]∪[5，+∞），則f（x）=x+＜2”其中真命題的序號是．（請將所有真命題的序號都填上）參考答案：①④【考點】命題的真假判斷與應(yīng)用．【分析】①根據(jù)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)進行判斷．②根據(jù)對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)進行判斷．③根據(jù)特稱命題的否定是全稱命題進行判斷．④根據(jù)否命題的定義進行判斷．【解答】解：①當(dāng)x∈（0，1），（）x＞0，logx＜0．∴?x∈（0，1），（）x＞logx．故①正確，②當(dāng)k=0時，滿足k∈[0，8），但此時y=log2（kx2+kx+2）=log22=1，此時函數(shù)的值域為{1}，不是R．故②錯誤③“存在x∈R，（）x+2x≤5”的否定是”任意x∈R，（）x+2x＞5”，故③錯誤，④“若x∈（1，5），則f（x）=x+≥2”的否命題是“若x∈（﹣∞，1]∪[5，+∞），則f（x）=x+＜2”，正確，故④正確，故答案為：①④．【點評】本題主要考查命題的真假判斷，涉及的知識點較多，綜合性較強，但難度不大．12.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且2c?cosB=2a+b，若△ABC的面積為S=c，則ab的最小值為

．參考答案：12【考點】正弦定理．【分析】由條件里用正弦定理、兩角和的正弦公式求得cosC=﹣，C=．根據(jù)△ABC的面積為S=ab?sinC=c，求得c=ab．再由余弦定理化簡可得a2b2=a2+b2+ab≥3ab，由此求得ab的最小值．【解答】解：在△ABC中，由條件里用正弦定理可得2sinCcosB=2sinA+sinB=2sin（B+C）+sinB，即2sinCcosB=2sinBcosC+2sinCcosB+sinB，∴2sinBcosC+sinB=0，∴cosC=﹣，C=．由于△ABC的面積為S=ab?sinC=ab=c，∴c=ab．再由余弦定理可得c2=a2+b2﹣2ab?cosC，整理可得a2b2=a2+b2+ab≥3ab，當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，取等號，∴ab≥12，故答案為：12．【點評】本題主要考查正弦定理和余弦定理的應(yīng)用，誘導(dǎo)公式、兩角和的正弦公式、基本不等式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．13.若函數(shù)，若f（a）＞f（﹣a），則實數(shù)a的取值范圍是．參考答案：（﹣1，0）∪（1，+∞）【考點】分段函數(shù)的解析式求法及其圖象的作法；對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性與特殊點．【專題】計算題．【分析】根據(jù)f（a）＞f（﹣a）求a得范圍須知道f（a），f（﹣a）的解析式因此根據(jù)需對a進行討論顯然a=0不合題意故分a＞0，a＜0進行討論再解不等式即可得解．【解答】解：當(dāng)a＞0時﹣a＜0則由f（a）＞f（﹣a）可得∴l(xiāng)og2a＞0∴a＞1②當(dāng)a＜0時﹣a＞0則由f（a）＞f（﹣a）可得∴l(xiāng)og2（﹣a）＜0∴0＜﹣a＜1∴﹣1＜a＜0綜上a的取值范圍為（﹣1，0）∪（1，+∞）故答案為（﹣1，0）∪（1，+∞）【點評】本體組要考查了利用分段函數(shù)的解析式解不等式．解題的關(guān)鍵是要分清楚自變量的取值范圍所在的取值區(qū)間，而本題中的a的范圍不定則需分類討論同時本題還考查了利用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性解有關(guān)的對數(shù)不等式！14.（13分）若不等式|x+2|+|x﹣3|≥a+對任意的實數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是．參考答案：（﹣∞，1）∪{3}【考點】：絕對值不等式的解法．【專題】：計算題；不等式的解法及應(yīng)用．【分析】：不等式|x+2|+|x﹣3|≥a+對任意的實數(shù)x恒成立，轉(zhuǎn)化為a+小于等于函數(shù)y=|x+2|+|x﹣3|的最小值，根據(jù)絕對值不等式的幾何意義可知函數(shù)y=|x+2|+|x﹣3|的最小值為5，因此原不等式轉(zhuǎn)化為分式不等式的求解問題．【解答】：解：令y=|x+2|+|x﹣3|，由絕對值不等式的幾何意義可知函數(shù)y=|x+2|+|x﹣3|的最小值為5，∵不等式|x+2|+|x﹣3|≥a+對任意的實數(shù)x恒成立，∴原不等式可化為a+≤5，解得a=3或a＜1，故答案為：（﹣∞，1）∪{3}．【點評】：考查絕對值不等式的幾何意義，把恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的思想方法，屬中檔題．15.曲線與直線及所圍成的封閉圖形的面積為_______________。參考答案：略16.已知數(shù)列{an}滿足a1=33,an+1-an=2n，則an=

.參考答案：17.若函數(shù)是偶函數(shù)，且當(dāng)時，有，則當(dāng)時，的表達式為．參考答案：略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本小題滿分12分）如圖，焦距為2的橢圓E的兩個頂點分別為和，且與共線.（Ⅰ）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；（Ⅱ）若直線與橢圓E有兩個不同的交點P和Q，且原點O總在以PQ為直徑的圓的內(nèi)部，求實數(shù)m的取值范圍.參考答案：解：（Ⅰ）設(shè)橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為，由已知得，∴，∵與共線，∴，又

（3分）∴，∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為

（5分）（Ⅱ）設(shè),把直線方程代入橢圓方程，消去y，得，,∴,

（7分）(*)

（8分）∵原點O總在以PQ為直徑的圓內(nèi)，∴，即

（9分）又由得，依題意且滿足(*)

（11分）故實數(shù)m的取值范圍是

（12分）19.（本小題滿分12分）在的對邊分別是已知且（1）求的值；（2）若，求的面積。參考答案：解：

………………6分(2)

……………8分20.（13分）已知函數(shù)f（x）=x2﹣2mx+2﹣m．（Ⅰ）若不等式f（x）≥x﹣mx在R上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；（Ⅱ）記A={y|y=f（x），0≤x≤1}，且A?[0，+∞），求實數(shù)m的最大值．參考答案：【考點】：二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值；二次函數(shù)的性質(zhì)．【專題】：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．【分析】：（Ⅰ）由題意可得x2﹣2mx+2﹣m≥x﹣mx在R上恒成立，即x2﹣（m+1）x+2﹣m≥0恒成立，由判別式小于或等于零求得實數(shù)m的取值范圍．（Ⅱ）由題意可得x2﹣2mx+2﹣m≥0在[0，1]上恒成立，分m＜0、0≤m≤1、m＞1三種情況分別求出實數(shù)m的取值范圍，再去并集，即得所求．解：（Ⅰ）由題意可得x2﹣2mx+2﹣m≥x﹣mx在R上恒成立，即x2﹣（m+1）x+2﹣m≥0恒成立，∴△=（m+1）2﹣4（2﹣m）≤0，解得﹣7≤m≤1，故實數(shù)m的取值范圍為[﹣7，1]．（Ⅱ）由題意可得，A={y|y=f（x），0≤x≤1}={y|y≥0在[0，1]上恒成立}，即x2﹣2mx+2﹣m≥0在[0，1]上恒成立．當(dāng)m＜0時，y=f（x）=x2﹣2mx+2﹣m在[0，1]上的最小值為f（0）=2﹣m≥0，m≤2．當(dāng)0≤m≤1時，y=f（x）=x2﹣2mx+2﹣m在[0，1]上的最小值為f（m）=2﹣m﹣m2≥0，解得﹣2≤m≤1，故此時0≤m≤1．當(dāng)m＞1時，y=f（x）=x2﹣2mx+2﹣m在[0，1]上的最小值為f（1）=﹣3m+3≥0，m≤1．故此時m的值不存在．綜上，實數(shù)m的取值范圍為（﹣∞，1]，故實數(shù)m的最大值為1．【點評】：本題主要考查求二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，求函數(shù)的最值，二次函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．21.已知c＞0，設(shè)p：函數(shù)y=cx在R上單調(diào)遞減；q：函數(shù)g（x）=lg（2cx2+2x+1）的定義域為R，若“p且q”為假命題，“p或q”為真命題，求c的取值范圍．參考答案：【考點】復(fù)合命題的真假．【分析】先求出命題P、命題q為真命題時c的范圍，再根據(jù)P∧Q為假命題，P∨Q為真命題，則“p”、“q”中一個為真命題、一個為假命題．然后再分類討論即可求解．【解答】解：∵如果P∧Q為假命題，P∨Q為真命題，命題P為真命題得：0＜c＜1；命題q為真命題，u=2cx2+2x+1＞0恒成立，∴△=4﹣8c＜0?c＞，根據(jù)復(fù)合命題真值表得：命題p、q中一個為真命題、一個為假命題①若p為真命題，q為假命題則0＜c＜1且0＜c≤，即0＜c≤．②若p為假命題，q為真命題則c≥1且c＞，即c≥1，綜合①②得：c≥1或0＜c．22.已知函數(shù).（I）討論的單調(diào)性；（II）若有兩個零點,求實數(shù)的取值范圍．參考答案：(1)f′(x)＝ex+(x－1)ex-ax＝x(ex-a)．(i)設(shè)a≤0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增．(ii)設(shè)a＞0，由f′(x)＝0得x＝0或x＝lna．1

若a＝1，則f′(x)＝x(ex-1)≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．2

若0＜a＜1，則lna＜0，故當(dāng)x∈(－∞，lna)∪(0，＋∞)時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(lna，0)時，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)單調(diào)遞增，在(lna，0)單調(diào)遞減．③若a＞1，則lna＞0，故當(dāng)x∈(－∞，0)∪(lna，＋∞)時，f′