2022年度湖南省益阳市第九中学高三数学理联考试卷含解析

2022年度湖南省益阳市第九中学高三数学理联考试卷含解析一、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.下列满足“?x∈R，f（x）+f（﹣x）=0且f′（x）≤0”的函数是（）A．f（x）=﹣xe|x| B．f（x）=x+sinxC．f（x）= D．f（x）=x2|x|参考答案：A【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】满足“?x∈R，f（x）+f（﹣x）=0，且f′（x）≤0”的函数为奇函数，且在R上为减函数，进而得到答案．【解答】解：满足“?x∈R，f（x）+f（﹣x）=0，且f′（x）≤0”的函数为奇函数，且在R上为减函数，A中函数f（x）=﹣xe|x|，满足f（﹣x）=﹣f（x），即函数为奇函数，且f′（x）=≤0恒成立，故在R上为减函数，B中函数f（x）=x+sinx，满足f（﹣x）=﹣f（x），即函数为奇函数，但f′（x）=1+cosx≥0，在R上是增函数，C中函数f（x）=，满足f（﹣x）=f（x），故函数为偶函数；D中函数f（x）=x2|x|，满足f（﹣x）=f（x），故函数为偶函数，故选：A．【点评】本题以全称命题为载体，考查了函数的奇偶性和函数的单调性，难度中档．2.小明跟父母、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与他相邻，则不同坐法的总数为（）A．60 B．72 C．84 D．96参考答案：C【考点】排列、组合的实际应用．【分析】根据题意，分3种情况讨论：①、小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻，②、小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻，③、小明的父母都与小明相邻，分别求出每一种情况下的排法数目，由分类计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分3种情况讨论：①、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻时，先在其父母中选一人与小明相邻，有C21=2种情况，将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A22=2种情况，当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A22×A32=12种安排方法，此时有2×2×12=48种不同坐法；②、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2=4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33=6种情况，此时有2×2×6=24种不同坐法；③、小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A22=2种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33=6种情况，此时，共有2×6=12种不同坐法；则一共有48+24+12=84种不同坐法；故选：C．3.（5分）（2013?兰州一模）已知数列{an}为等差数列，且a1+a7+a13=4π，则tan（a2+a12）的值为（）A．﹣B．C．D．﹣参考答案：A略4.若不等式组表示一个三角形内部的区域，则实数的取值范围是（

）A．

B．

C.

D．参考答案：C5.设抛物线的焦点为，点，若线段与抛物线的交点满足，则点到该抛物线的准线的距离为（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：D略6.已知函数，若方程有四个不同的解，且，则的取值范围是A．

B．

C．

D．

参考答案：B7.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1=1，a3=5，Sk+2﹣Sk=36，则k的值为（）A.8

B.7

C.6

D.5参考答案：A【知识点】等差数列及其前n项和.

D2解析：由a1=1，a3=5得d=2,所以Sk+2﹣Sk=，解得:k=8,故选A.【思路点拨】由等差数列的通项公式，前n项和公式求得结论.8.函数的图像

Ａ．关于y轴对称

Ｂ．关于x轴对称

Ｃ．关于直线y=x对称

Ｄ．关于原点对称参考答案：D略9.如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1（底面是正三角形，侧棱垂直底面）的各条棱长均相等，D为AA1的中点．M、N分别是BB1、CC1上的动点（含端点），且满足BM=C1N．当M，N运动时，下列结论中不正确的是(

) A．平面DMN⊥平面BCC1B1 B．三棱锥A1﹣DMN的体积为定值 C．△DMN可能为直角三角形 D．平面DMN与平面ABC所成的锐二面角范围为（0，]参考答案：C考点：棱柱的结构特征．专题：空间位置关系与距离；简易逻辑．分析：由BM=C1N，得线段MN必过正方形BCC1B1的中心O，由DO⊥平面BCC1B1，可得平面DMN⊥平面BCC1B1；由△A1DM的面积不变，N到平面A1DM的距离不变，得到三棱锥A1﹣DMN的体积为定值；利用反证法思想说明△DMN不可能为直角三角形；平面DMN与平面ABC平行时所成角为0，当M与B重合，N与C1重合时，平面DMN与平面ABC所成的锐二面角最大．解答： 解：如图，当M、N分别在BB1、CC1上运动时，若满足BM=C1N，则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O，而DO⊥平面BCC1B1，∴平面DMN⊥平面BCC1B1，A正确；当M、N分别在BB1、CC1上运动时，△A1DM的面积不变，N到平面A1DM的距离不变，∴棱锥N﹣A1DM的体积不变，即三棱锥A1﹣DMN的体积为定值，B正确；若△DMN为直角三角形，则必是以∠MDN为直角的直角三角形，但MN的最大值为BC1，而此时DM，DN的长大于BB1，∴△DMN不可能为直角三角形，C错误；当M、N分别为BB1，CC1中点时，平面DMN与平面ABC所成的角为0，当M与B重合，N与C1重合时，平面DMN与平面ABC所成的锐二面角最大，为∠C1BC，等于．∴平面DMN与平面ABC所成的锐二面角范围为（0，]，D正确．故选：C．点评：本题考查了命题的真假判断与应用，考查了棱柱的结构特征，考查了空间想象能力和思维能力，是中档题．10.方程的解的个数有__________

A、1个

B、2个

C、3个

D、4个参考答案：B略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.给出下列六个命题：①函数f（x）=lnx﹣2+x在区间（1，e）上存在零点；②若f′（x0）=0，则函数y=f（x）在x=x0处取得极值；③若m≥﹣1，则函数y=的值域为R；④“a=1”是“函数在定义域上是奇函数”的充分不必要条件．⑤函数y=f（1+x）的图象与函数y=f（l﹣x）的图象关于y轴对称；⑥满足条件AC=，AB=1的三角形△ABC有两个．其中正确命题的个数是

．参考答案：①③④⑤【考点】命题的真假判断与应用．【专题】函数的性质及应用．【分析】根据函数零点的判定定理可得①正确．通过举反例可得②不正确．根据对数的真数可取遍所有的正实数，可得此对数函数的值域为R，故③正确．根据a=1时，函数在定义域上是奇函数，再根据函数在定义域上是奇函数时，a=±1，可得④正确．由函数y=f（1+x）的图象与函数y=f（l﹣x）的图象关于y轴对称，可得⑤正确．由AC=，AB=1，利用正弦定理及由大边对大角可得△ABC是一个唯一的直角三角形，故⑥不正确．【解答】解：对于函数f（x）=lnx﹣2+x，在区间（1，e）上单调递增，f（1）=﹣1，f（e）=e﹣1＞0，根据函数零点的判定定理可得，在区间（1，e）上存在零点，故①正确．②不正确，如当f（x）=x3时，显然满足f′（0）=0，但y=f（x）=x3在x=0处没有极值．③当m≥﹣1，函数y=的真数为x2﹣2x﹣m，判别式△=4+4m≥0，故真数可取遍所有的正实数，故函数y=的值域为R，故③正确．④由a=1可得，定义域为R，关于原点对称，==﹣f（x），故函数在定义域上是奇函数，故充分性成立．若函数在定义域上是奇函数，则有f（0）=0，或f（0）不存在，∴a=1，或a=﹣1，故不能推出a=1．故必要性不成立，故④正确．⑤在函数y=f（1+x）的图象上任意取一点（a，f（1+a）），则点（a，f（1+a））关于y轴的对称点为（﹣a，f（1﹣a）），故函数y=f（1+x）的图象与函数y=f（l﹣x）的图象关于y轴对称，故⑤正确．⑥△ABC中，由AC=，AB=1，利用正弦定理求得sinC=，再由大边对大角可得C=30°，∴B=90°，△ABC是一个唯一的直角三角形，故⑥不正确．故答案为①③④⑤．【点评】本题主要考查命题的真假的判断，通过举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法，属于基础题．12.如图，设的外接圆的切线与的延长线交于点，的平分线与交于点．若，，则

．参考答案：略13.在平行四边形ABCD中，E、F分别为AB、BC的中点，记三边及内部组成的区域为，，当点P在上运动时，的最大值为

。参考答案：略14.已知双曲线的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点.若，则C的离心率为________.参考答案：【分析】先求出点A到渐近线的距离为，再解方程即得解.【详解】由题得双曲线的渐近线方程为由题得△AMN是等边三角形，边长为b.所以点A到渐近线的距离为.故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的计算和双曲线的简单几何性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.15.若是上的奇函数，则函数的图象必过定点

参考答案：略16.如图，矩形OABC内的阴影部分由曲线及直线与轴围成的区域，向矩形OABC内随机掷一点，该点落在阴影部分的概率为，则

．参考答案：略17.函数y=loga（x+3）﹣1（a≠1，a＞0）的图象恒过定点A，若点A在直线mx+ny+1=0上，其中m＞0，n＞0，则+的最小值为

．参考答案：8【考点】对数函数的图象与性质．【分析】根据对数函数的性质先求出A的坐标，代入直线方程可得m、n的关系，再利用1的代换结合均值不等式求解即可．【解答】解：∵x=﹣2时，y=loga1﹣1=﹣1，∴函数y=loga（x+3）﹣1（a＞0，a≠1）的图象恒过定点（﹣2，﹣1）即A（﹣2，﹣1），∵点A在直线mx+ny+1=0上，∴﹣2m﹣n+1=0，即2m+n=1，∵m＞0，n＞0，∴+=（+）（2m+n）=2+++2≥4+2?=8，当且仅当m=，n=时取等号．故答案为：8三、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.在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（φ为参数），曲线C2的参数方程为（a＞b＞0，φ为参数），在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l：θ=α与C1，C2各有一个交点，当α=0时，这两个交点间的距离为2，当α=时，这两个交点重合．（Ⅰ）分别说明C1，C2是什么曲线，并求a与b的值；（Ⅱ）设当α=时，l与C1，C2的交点分别为A1，B1，当α=﹣时，l与C1，C2的交点分别为A2，B2，求直线A1A2、B1B2的极坐标方程．参考答案：【考点】简单曲线的极坐标方程．【分析】（Ⅰ）曲线C1的直角坐标方程为x2+y2=1，C1是以（0，0）为圆心，以1为半径的圆，曲线C2的直角坐标方程为=1，C2是焦点在x轴上的椭圆．当α=0时，射线l与C1，C2交点的直角坐标分别为（1，0），（a，0），当时，射线l与C1，C2交点的直角坐标分别为（0，1），（0，b），由此能求出a，b．（Ⅱ）C1，C2的普通方程分别为x2+y2=1和，当时，射线l与C1的交点A1的横坐标为，与C2的交点B1的横坐标为，当时，射线l与C1，C2的交点A2，分别与A1，B1关于x轴对称，由此能求出直线A1A2和B1B2的极坐标方程．【解答】（本题满分10分）【选修4﹣4

坐标系统与参数方程】解：（Ⅰ）∵曲线C1的参数方程为（φ为参数），∴曲线C1的直角坐标方程为x2+y2=1，∴C1是以（0，0）为圆心，以1为半径的圆，∵曲线C2的参数方程为（a＞b＞0，φ为参数），∴曲线C2的直角坐标方程为=1，∴C2是焦点在x轴上的椭圆．当α=0时，射线l与C1，C2交点的直角坐标分别为（1，0），（a，0），∵这两点间的距离为2，∴a=3…当时，射线l与C1，C2交点的直角坐标分别为（0，1），（0，b），∵这两点重合，∴b=1…（Ⅱ）C1，C2的普通方程分别为x2+y2=1和…当时，解方程组，得A1（，），即射线l与C1的交点A1的横坐标为，解方程组，得B1（，），与C2的交点B1的横坐标为当时，射线l与C1，C2的交点A2，分别与A1，B1关于x轴对称因此，直线A1A2、B1B2垂直于极轴，故直线A1A2和B1B2的极坐标方程分别为，…19.（文）（本题满分13分）四边形ABCD的四个顶点都在抛物线上，A，C关于轴对称，BD平行于抛物线在点C处的切线.（1）证明：AC平分；（2）若点A坐标为，四边形ABCD的面积为4，求直线BD的方程.参考答案：（1）设对y＝x2求导，得y￠＝2x，则抛物线在点C处的切线斜率为－2x0．直线BD的斜率依题意，有x1＋x2＝－2x0． 记直线AB，AD的斜率分别为k1，k2，与BD的斜率求法同理，得k1＋k2＝(x0＋x1)＋(x0＋x2)＝2x0＋(x1＋x2)＝0，所以∠CAB＝∠CAD，即AC平分∠BAD．（2）由题设，x0＝－1，x1＋x2＝2，k＝2．四边形ABCD的面积由已知，4|1－x1|＝4，得x1＝0，或x1＝2．所以点B和D的坐标为(0，0)和(2，4)，故直线BD的方程为y＝2x．20.(本题满分12分)设函数，（Ⅰ）求的周期和最大值（Ⅱ）求的单调递增区间参考答案：（1），-------------------------------2分

----------------------------------4分

-------------------------------6分的周期

----------------------7分

-------------------------8分（2）由得所以

---------------------10分的增区间为-------------------12分21.（13分）（1）已知R为全集，A={x|﹣1≤x＜3}，B={x|﹣2＜x≤3}，求（CRA）∩B；（2）设集合A={a2，a+2，﹣3}，B={a﹣3，2a﹣1，a2