2022-2023学年北京北方交通大学高三数学文月考试卷含解析

1、2022-2023学年北京北方交通大学高三数学文月考试卷含解析一、 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. 设在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c, 若, 则ABC的形状为 （ ）A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不确定参考答案：B【分析】利用正弦定理可得，结合三角形内角和定理与诱导公式可得，从而可得结果.【详解】因为，所以由正弦定理可得，所以，所以是直角三角形.【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题. 弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的

2、对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.2. 已知是中所对的边，如果，那么等于（ ）A135 B45 C135或45 D60参考答案：B3. 若直线y=x+4与圆（x+a）2+（ya）2=4a（0a4）相交于A，B两点，则弦AB长的最大值为( )A2B4CD2参考答案：B考点：直线与圆相交的性质 专题：计算题；直线与圆分析：圆的圆心坐标为（a，a），代入直线y=x+4，可得a=2，求出圆的半径，即可求出AB长的最大值解答：解：圆的圆心坐标为（a，a），代入直线y=x+4，可得a=2，所以圆的半径为

3、2，所以弦AB长的最大值为4，故选：B点评：本题考查直线与圆的相交的性质，考查学生的计算能力，比较基础4. 已知等比数列中，公比，且， ，则（ ） 参考答案：B略5. 曲线（为自然对数的底数）在点处的切线与轴、轴所围成的三角形的面积为（ ）A B C D参考答案：B6. 命题“存在R，0”的否定是. A.不存在R, 0 B.存在R, 0 C.对任意的R, 0 D.对任意的R,0 参考答案：C7. 若集合，则集合AB=（ ）A.(2,3B. (4,3C. 3,2)D. 3,4)参考答案：D【分析】求解一元二次不等式，解得集合，再求并集即可.【详解】对集合：，解得；对集合：，解得，故可得.故选：D

4、.【点睛】本题考查一元二次不等式的求解，以及集合并运算，属基础题.8. 已知实数x，y满足且目标函数z=2x+y的最火值为7最小值为 1，则的值 A-3 B3 C D参考答案：C9. 已知数列，那么“对任意的，点都在直线上”是“ 为等差数列”的（ ） (A) 必要而不充分条件 (B) 既不充分也不必要条件 (C) 充要条件 (D) 充分而不必要条件参考答案：D略10. 定义在上的函数满足，任意的都有是的 （ ）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件参考答案：C因为；，且关于对称，所以时， 反之也成立：时，所以选C.二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28

5、分11. 函数的单调递增区间是_.参考答案：12. 已知R，则函数f（x）=1sin2（x+）+cos（x+）sin（x+）的最大值为参考答案：【考点】HW：三角函数的最值【分析】化简f（x）为正弦型函数，根据正弦函数的图象与性质即可求出f（x）的最大值【解答】解：函数f（x）=1sin2（x+）+cos（x+）sin（x+）=1+sin2（x+）=+sin2（x+）+cos2（x+）=+sin=+sin（2x+2+）；当2x+2+=+2k，kZ，即x=+k，kZ时；f（x）取得最大值为故答案为：13. 若圆锥的侧面积为2，底面积为，则该圆锥的体积为_。参考答案：试题分析：因为，圆锥的侧面积为

6、，底面积为，所以，解得，所以，该圆锥的体积为。考点：圆锥的几何特征点评：简单题，圆锥之中，要弄清r,h,l之间的关系，熟练掌握面积、体积计算公式。14. 已知正方体外接球的体积是，那么正方体的棱长等于 参考答案： 15. 一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为 .参考答案：4由三视图可知，该组合体是由两个边长分别为2,1，1和1,1,2的两个长方体，所以体积之和为。16. 已知等差数列an满足：a40，a50，则满足2的n的集合是参考答案：5【考点】8F：等差数列的性质【分析】根据题意可得d0，前4项为正数，从5项开始为负数，由2得到，解得即可【解答】解：已知等差数列an满

7、足：a40，a50，则d0，前4项为正数，从5项开始为负数，由2得0，即0，0，a1+（n2）d0，a1+（n1）d0，解得n=5，故答案为：517. 若n=2xdx，则（x）n的展开式中常数项为参考答案：【考点】DB：二项式系数的性质；67：定积分【分析】求定积分得n的值，写出二项式的通项，由x的指数为0求得r值，则常数项可求【解答】解：n=2xdx=，（x）n=其通项为Tr+1=由42r=0，得r=2展开式中常数项为【点评】本题考查定积分，考查二项式的展开式，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题三、 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. 在平面直角

8、坐标系xOy中，l是过定点P（4，2）且倾斜角为的直线，在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系（取相同单位长度）中，曲线C的极坐标方程为=4cos（）写出求直线l的参数方程，并将曲线C的方程化为直角坐标方程；（）若曲线C与直线l相交于不同的两点M、N，求|PM|+|PN|的取值范围参考答案：【考点】参数方程化成普通方程【分析】对第（）问，根据“”直接写出l的参数方程，利用极坐标与直角坐标的转换关系式，可将曲线C的方程化为直角坐标方程；对第（）问，联立l的参数方程与曲线C的普通方程，消去x与y，得到关于t的一元二次方程，写出|PM|+|PN|关于t及的表达式，利用韦达定理及的范围，可

9、探求|PM|+|PN|的取值范围【解答】解：（）直线l过定点P（4，2），且倾斜角为，l的参数方程为（t为参数）由=4cos，得2=4cos，将代入上式中，整理得曲线C的普通方程为x2+y24x=0（）将l的参数方程代入x2+y2=4x中，得t2+4（sin+cos）t+4=0，由题意有=16（sin+cos）2160，得sin?cos0，0，sin0，且cos0，从而0设点M，N对应的参数分别为t1，t2，由韦达定理，得t1+t2=4（sin+cos）0，t1?t2=40，t10，且t20，|PM|+|PN|=|t1|+|t2|=t1t2=4（sin+cos）=由0，得，1，故|PM|+|P

10、N|的取值范围是19. 如图，在三棱锥PABC中，PAPBAB2，BC3，ABC90，平面PAB平面ABC，D、E分别为AB、AC中点（1）求证：DE平面PBC；（2）求证：ABPE；（3）求二面角APBE的大小.参考答案：略20. 已知向量，函数（）求函数的对称中心；（）在中，分别是角的对边，且，且，求的值参考答案：（） 对称中心为（k z）（） 是三角形内角 即： 即： 将 代入k式可得： 解之得： 略21. 已知向量，设函数，若函数g（x）的图象与f（x）的图象关于坐标原点对称（）求函数g（x）在区间上的最大值，并求出此时x的取值；（）在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若，

11、b+c=7，bc=8，求边a的长参考答案：【考点】三角函数中的恒等变换应用；平面向量数量积的运算；正弦定理【专题】三角函数的求值；三角函数的图像与性质【分析】（）由向量的数量积运算求得f（x）的解析式，化简后取x=x，y=y求得g（x）的解析式，则函数g（x）在区间上的最大值及取得最大值时的x的值可求；（）由求得角A的正弦值，利用同角三角函数的基本关系求得角A的余弦值，在利用余弦定理求边a的长【解答】解：（）由向量，且，得，当，即时，函数g（x）在区间上的最大值为；（），由，得，又0A，解得：或，由题意知：bc=8，b+c=7，a2=b2+c22bccosA=（b+c）22bc（1+cosA）

12、=3316cosA，则a2=25或a2=41，故所求边a的长为5或【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，考查了三角函数的对称变换，训练了余弦定理的应用，是中档题22. 已知椭圆+=1，（ab0）的短轴长为2，离心率为，过右焦点F的直线l交椭圆与P，Q两点（1）求椭圆的方程（2）在线段OF上是否存在点M（m，0），使得（+）?（）=0？若存在，求出m的取值范围，若不存在，说明理由参考答案：考点： 直线与圆锥曲线的关系专题： 直线与圆分析： （1）根据题意可以求出b，根据离心率求出a，即可就出椭圆方程；（2）先假设线段OF上存在M满足条件，先考虑两种特殊情况：lx轴、l与x轴重合，在考虑一般情况：l的斜率存在且不为0，设出l的方程与椭圆方程联立，利用坐标来表示向量的数量积，从而得出答案解答： （本小题满分12分）解：（1）由椭圆短轴长为2得b=1，又e=，a=，所求椭圆方程为（3分）（2）假设在线段OF上存在点M（m，0）（0m1），使得（+）?（）=0成立，即或|=|当lx轴时，显然线段OF上的点都满足条件，此时0m1（5分）当l与x轴重合时，显然只有原点满足条件，此时m=0（6分）法1：当l的斜率存在且不为零时，设直线l的方程为y=k（x1）（k0）由 可得（1+2k2）x24k2x+2k22=0，根据根与系数的关系得，（8分）设，其中x2x10（+