湖南省怀化市示范性普通高级中学2022-2023学年高三数学理联考试题含解析

湖南省怀化市示范性普通高级中学2022-2023学年高三数学理联考试题含解析一、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.已知函数，则f(x)的最小正周期和最大值分别为A.π，

B.π，

C.2π，

D.2π，参考答案：B2.若实数，则的最小值是（

）A．0

B.1

C.

D.9参考答案：C略3.已知a=4，b=4，c=（）则（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．c＞a＞b参考答案：C【考点】指数函数的图象与性质．【分析】利用指数函数的图象及性质进行比较即可．【解答】解：由题意：a=4==；b=4==；c=（）==；∵4.12＞10＞2.72；∴；所以：a＞c＞b．故选：C．4.设集合M={1,2,4,8}，N={x|x是2的倍数}，则M∩N=

（

）

A．{2，4}

B．{1，2，4}

C．{2，4，8}

D．{1，2，8}参考答案：C5.命题“存在使得”的否定是（

）A．不存在使得

B．对任意，C．对任意，

D．存在，使得参考答案：B略6.命题“”的否命题是

（

）

A．

B．若，则

C．

D．参考答案：C7.设向量,,则下列结论中正确的是

A．

B．

C．与垂直

D．参考答案：C略8.下列结论中正确的个数是（

）．①在△ABC中，若，则△ABC是等腰三角形；②在△ABC中，若，则③两个向量，共线的充要条件是存在实数，使④等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．A.0 B.1 C.2 D.3参考答案：B【分析】对每个命题逐一检验其正确性:①：若，则或；②:转化为证明其逆否命题：在△ABC中，若，则，结合正弦函数单调性可证；③：若，不合命题的充要性，命题为假；④：常数列不合题意.【详解】对于①：若，则或，即或即△ABC是等腰三角形或直角三角形，所以该命题不正确；对于②：证明其等价命题即其逆否命题：在△ABC中，若，则当时，由正弦函数单调递增可得；当时，，所以原命题成立，所以该命题正确；对于③：若，满足向量，共线，但不存在实数，使，所以该命题不正确；对于④：常数列，通项公式，其前项和公式不是二次函数，所以该选项不正确，综上：只有一个正确.故选：B【点睛】此题考查对命题真假性的判断，涉及解三角形，向量，数列相关知识，此类问题涉及面广，考查全面，对综合能力要求较高.9.设，求的值为

（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：C解析：

令

得；

（1）

令

得；

（2）令

得；

（3）（2）＋（3）得，故，再由（1）得。10.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】L!：由三视图求面积、体积．【分析】由已知中几何体的三视图中，正视图是一个正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，我们得出这个几何体的外接球的球心O在高线PD上，且是等边三角形PAC的中心，得到球的半径，代入球的表面积公式，即可得到答案．【解答】解：由已知中知几何体的正视图是一个正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，可得该几何体是有一个侧面PAC垂直于底面，高为，底面是一个等腰直角三角形的三棱锥，如图．则这个几何体的外接球的球心O在高线PD上，且是等边三角形PAC的中心，这个几何体的外接球的半径R=PD=．则这个几何体的外接球的表面积为S=4πR2=4π×（）2=故选：A．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知tan（+α）=，α∈（，π），则tanα的值是；cosα的值是．参考答案：﹣；﹣。考点： 两角和与差的正切函数；任意角的三角函数的定义．专题： 三角函数的求值．分析： 利用两角和与差的正切函数及任意角的三角函数的定义，即可求得tanα与cosα的值．解答： 解：tan（+α）=，∴tanα=tan[（+α）﹣]===﹣；又α∈（，π），∴cosα=﹣=﹣．故答案为：；．点评： 本题考查两角和与差的正切函数及任意角的三角函数的定义，属于中档题．12.若，则的二项展开式中的系数为_____________．参考答案：180∵，∴．则的二项展开式中，的系数为．即答案为．13.已知函数．若存在实数，，使得的解集恰为，则的取值范围是

．参考答案：14.若在等腰Rt△ABC中，||=||=2，则?=

．参考答案：﹣4【考点】9R：平面向量数量积的运算．【分析】由向量的加减运算和向量的垂直的条件，以及向量的平方即为模的平方，即可得到．【解答】解：在等腰Rt△ABC中，||=||=2，且AB⊥AC，即有?=?（﹣）=?﹣=0﹣22=﹣4．故答案为：﹣4．15.设,集合则的值是

参考答案：-116.函数的值域为．参考答案：[，+∞）【考点】函数的值域．【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用．【分析】可得函数的定义域为[，+∞），函数单调递增，进而可得函数的最小值，可得值域．【解答】解：由2x﹣1≥0可得x≥，∴函数的定义域为：[，+∞），又可得函数f（x）=+x在[，+∞）上单调递增，∴当x=时，函数取最小值f（）=，∴函数f（x）的值域为：[，+∞），故答案为：[，+∞）．【点评】本题考查函数的值域，得出函数的单调性是解决问题的关键，属基础题．17.从数字0，l，2，3中取出2个组成一个两位数，其中个位数为0的概率为_______.参考答案：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.已知椭圆C：+y2=1的左顶点为A，右焦点为F，O为原点，M，N是y轴上的两个动点，且MF⊥NF，直线AM和AN分别与椭圆C交于E，D两点．（Ⅰ）求△MFN的面积的最小值；（Ⅱ）证明；E，O，D三点共线．参考答案：【考点】KL：直线与椭圆的位置关系．【分析】（I）F（1，0），设M（0，t1），N（0，t2）．不妨设t1＞t2．由MF⊥NF，可得=0，化为：t1t2=﹣1．S△MFN=，利用基本不等式的性质即可得出．（II）A（﹣，0）．设M（0，t），由（1）可得：N（0，﹣），（t≠±1）．直线AM，AN的方程分别为：y=x+t，y=x﹣．分别与椭圆方程联立，利用一元二次方程的根与系数的关系可得kOE，kOD．只要证明kOE=kOD．即可得出E，O，D三点共线．【解答】（I）解：F（1，0），设M（0，t1），N（0，t2）．不妨设t1＞t2．∵MF⊥NF，∴=1+t1t2=0，化为：t1t2=﹣1．∴S△MFN==≥=1．当且仅当t1=﹣t2=1时取等号．∴△MFN的面积的最小值为1．（II）证明：A（﹣，0）．设M（0，t），由（1）可得：N（0，﹣），（t≠±1）．直线AM，AN的方程分别为：y=x+t，y=x﹣．联立，化为：（1+t2）x2+2t2x+2t2﹣2=0，∴﹣xE=，可得xE=，yE=×+t=，可得kOE=．联立，化为：（1+t2）x2+2x+2﹣2t2=0，可得：xD=，解得xD=，yD=×﹣=，可得kOD=．∴kOE=kOD．∴E，O，D三点共线．【点评】本题考查了直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、斜率与三点共线关系、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．19.已知二次函数f（x）=ax2﹣4x+c．若f（x）＜0的解集是（﹣1，5）（1）求实数a，c的值；（2）求函数f（x）在x∈[0，3]上的值域．参考答案：略20.已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴为长为半径的圆与直线相切，过点的直线l与椭圆C相交于A，B两点．（1）求椭圆C的方程；（2）若原点O在以线段AB为直径的圆内，求直线l的斜率k的取值范围．参考答案：（1）；（2）．（1）由可得，又，∴，．故椭圆的方程为．（2）由题意知直线方程为．联立，得．由，得．①设，，则，．∴．当原点在以线段为直径的圆内时，∴，②．由①②，解得．∴当原点在以线段为直径的圆内时，直线的斜率．21.

在中，角、、所对的边分别为、、，且，．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，，求及的面积.参考答案：Ⅰ），，由正弦定理可得，

………………2分

又，，，

…………4分

，，所以，故.

…………………6分

（Ⅱ），，由余弦定理可得：，即

解得或（