2022-2023学年福建省福州市私立新世纪学校高三数学文月考试卷含解析

1、2022-2023学年福建省福州市私立新世纪学校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. 下列说法正确的是 【 】A、函数在闭区间上的极大值一定比极小值大.B、函数在闭区间上的最大值一定是极大值.C、对于函数，若，则无极值.D、函数在区间上一定存在最值.参考答案：C2. 双曲线的一个焦点坐标是（ ）ABCD（1，0）参考答案：A3. 已知抛物线C：与经过A（0，1），B（2，3）两点的线段AB有公共点，则m的取值范围是（）A，3，B3，C，D-1，3参考答案：答案：C 4. 把函数的图象上所有的点向左平

2、移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象所表示的函数为（ ）A. B. C. D. 参考答案：D略5. 已知集合U=a,b,c,d,e，M=a,d，N=a,c,e，则MeUN为 Ac,e Ba,b,d Cb,d Da,c,d,e参考答案：B6. 如图，己知函数的图像关于坐标原点O对称，则函数的解析式可能是（ ）A. B. C. D. 参考答案：D【分析】抓住奇函数的判定性质，代入，即可。【详解】根据关于原点对称可知该函数为奇函数,对于A选项,为偶函数,不符合;对于B选项定义域不对;对于C选项当x0的时候，恒成立不符合该函数图像，故错误；对于D选项，符

3、合判定，故选D。【点睛】考查了奇函数的判定性质，关键抓住，即可，难度中等。7. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A B C. D参考答案：A试题分析：由三视图可知，从左往右为半个圆锥，一个圆柱，一个半圆，故体积为 .8. 执行如图所示的程序框图，任意输入一次x（0 x1）与y（0y1），则能输出数对（x，y）的概率为（）ABCD参考答案：B【考点】选择结构【分析】依题意，满足不等式组的x，y可以输出数对，读懂框图的功能即可计算概率【解答】解：依题意，不等式组表示的平面区域的面积等于1，不等式组表示的平面区域的面积等于，因此所求的概率等于故选：B9. 若集合A=0，1，2，B=

4、1，2，5，则集合AB的子集个数为（）A2B3C4D16参考答案：C【考点】交集及其运算【分析】由A与B，求出两集合的交集，确定出交集的子集个数即可【解答】解：A=0，1，2，B=1，2，5，AB=1，2，则AB的子集个数为22=4，故选：C10. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A+1B+3C+1 D+3参考答案：A试题分析：根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以几何体的体积为，选A.【名师点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的

5、高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知都是锐角，则=参考答案：略12. 已知，是非零不共线的向量，设=+，定义点集M=K| =，当K1，K2M时，若对于任意的r2，不等式|c|恒成立，则实数c的最小值为参考答案：【分析】由=+，可得A，B，C共线，再由向量的数量积的几何意义可得KC为AKB的平分线

6、，由角平分线的性质定理可得=r，可得K的轨迹为圆，求得圆的直径与AB的关系，即可得到所求最值【解答】解：由=+，可得A，B，C共线，由=，可得|cosAKC=|cosBKC，即有AKC=BKC，则KC为AKB的平分线，由角平分线的性质定理可得=r，即有K的轨迹为圆心在AB上的圆，由|K1A|=r|K1B|，可得|K1B|=，由|K2A|=r|K2B|，可得|K2B|=，可得|K1K2|=+=|AB|=|AB|，由r在r2递增，可得r2=，即有|K1K2|AB|，即，由题意可得c，故c的最小值为故答案为：13. 如右图所示的程序框图输出的结果是_。参考答案：略14. 已知椭圆的焦点是双曲线的顶点

7、，双曲线的焦点是椭圆的长轴顶点，若两曲线的离心率分别为则_.参考答案：1略15. 在ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，若a=，b=2，B=45，tanA?tanC1，则角C的大小为参考答案：75【考点】GR：两角和与差的正切函数【分析】由条件利用正弦定理求得sinA的值，可得A的值，再利用三角形内角和公式求得C的值【解答】解：ABC中，a=，b=2，B=45，tanA?tanC1，A、C都是锐角，由正弦定理可得=，sinA=，A=60故C=180AB=75，故答案为：75【点评】本题主要考查正弦定理，三角形内角和公式，属于基础题16. 若双曲线的离心率为，则实数 ； 渐近线方程为_

8、参考答案：2 17. 已知函数的图像与函数的图像恰有两个交点,则实数的取值范围是_.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. 设函数，不等式的解集是（1）求实数a的值；（2）若对一切恒成立，求m的范围参考答案：解：（1）由题意可知，解得，2分不等式的解集是，解得 5分（2）， 6分， 8分当时， 10分或解当时，19. 已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，F1、F2分别为左、右焦点，椭圆的一个顶点与两焦点构成等边三角形，且|=2（1）求椭圆方程；（2）对于x轴上的某一点T，过T作不与坐标轴平行的直线L交椭圆于P、Q两点，若存在x轴上的点S

9、，使得对符合条件的L恒有PST=QST成立，我们称S为T的一个配对点，当T为左焦点时，求T 的配对点的坐标；（3）在（2）条件下讨论当T在何处时，存在有配对点？参考答案：【考点】KG：直线与圆锥曲线的关系【分析】（1）设椭圆的顶点为P，由|=2=2c可得c=1，由PF1=PF2=2结合椭圆的定义可得2a，结合b2=a2c2可求椭圆的方程（2）可设过T的直线方程为y=k（x+1），（k0），联立椭圆方程整理可得（3+4k2）x2+8k2x+4（k23）=0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），S （a，0），由PST=QST 可得kPS=KQS即，结合方程的根与系数的关系代入可求a（3）设T（

10、x0，0），直线PQ的方程y=k（xx0），S （a，0），使得对符合条件的L恒有PST=QST成立，则T必须在P，Q 之间即2x02同（2）的整理方法，联立直线与椭圆方程由PST=QST可得，2x1x2（a+x0）（x1+x2）+2ax0=0，同（2）的方法一样代入可求【解答】解：（1）设椭圆的顶点为P，由|=2=2c可得c=1PF1=PF2=2可得2a=4a=2，b2=a2c2=3椭圆的方程为：（2）T（1，0），则过可设过T的直线方程为y=k（x+1），（k0），联立椭圆方程整理可得（3+4k2）x2+8k2x+4（k23）=0设P（x1，y1），Q（x2，y2），S （a，0），则，P

11、ST=QSTkPS=KQS整理可得2x1x2+（1a）（x1+x2）2a=0即a=4（3）设T（x0，0），直线PQ的方程y=k（xx0），S （a，0）使得对符合条件的L恒有PST=QST成立，则T必须在P，Q 之间即2x02同（2）的整理方法，联立直线与椭圆方程可得，由PST=QST可得，2x1x2（a+x0）（x1+x2）+2ax0=0同（2）的方法一样代入可求a=20. 如图，F是抛物线的焦点，Q是准线与x轴的交点，直线经过点Q。（）直线与抛物线有唯一公共点，求方程；（）直线与抛物线交于A、B两点；（i）设FA、FB的斜率分别为，求的值；（ii）若点R在线段AB上，且满足，求点R的轨迹

12、方程。参考答案：， 7分（i） 9分（ii）设点R的坐标为（x，y）， 12分由得，又，综上所述，点R的轨迹为， 14分21. （本题满分12分） 的外接圆半径，角的对边分别是，且 （1）求角和边长；（2）求的最大值及取得最大值时的的值，并判断此时三角形的形状.参考答案：分析：（1）由,得：，即，所以， 4分又，所以，又，所以 6分（2）由，得（当且仅当时取等号）8分所以，（当且仅当时取等号） 10分此时综上，的最大值，取得最大值时，此时三角形是等边三角形.12分22. 如图，已知正四棱锥PABCD中，PA=AB=2，点M，N分别在PA，BD上，且（1）求异面直线MN与PC所成角的大小；（2）求二面角NPCB的余弦值参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；异面直线及其所成的角【分析】（1）设AC与BD的交点为O，AB=PA=2以点O为坐标原点，方向分别是x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz利用向量法能求出异面直线MN与PC所成角（2）求出平面PBC的法向量和平面PNC的法向量，利用向量法能求出二面角NPCB的余弦值【解答】解：（1）设AC与BD的交点为O，AB=PA=2以点O为坐标原点，方向分别是x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz则A（1，1，0），B（1，1，0），C（1，1，0），D（1，1，0），设P（0，0，p），则=（1，1，p