辽宁省大连市第二十二中学2022-2023学年高三数学理月考试题含解析

辽宁省大连市第二十二中学2022-2023学年高三数学理月考试题含解析一、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.函数的部分图象如图所示，则＝ A.6 B.4

C.

D.参考答案：A2.宋元时期数学名着《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的a，b分别为5，2，则输出的n=（

）A.5 B.4 C.3 D.2参考答案：B模拟程序运行，可得：，不满足条件，执行循环体，不满足条件，执行循环体，不满足条件，执行循环体，满足条件，退出循环，输出的值为故选

3.设x，y满足约束条件，则的取值范围是 A．[1，5] B．[2，6] C．[3，11] D．[3，10]参考答案：C画出约束条件的可行域，，的几何意义为过点的直线的斜率，由可行域知：的取值范围为，所以的取值范围是[3，11]。4.点在直线上移动，则的最小值是（）A.8

B.6

C.

D.参考答案：C略5.若单位向量，的夹角为，则向量－2与向量的夹角为（）A． B． C． D．参考答案：A【分析】可知，这样进行数量积的运算即可求出，这样即可得出向量与向量的夹角．【解答】解：=；∴；∴向量与的夹角为．故选A．【点评】考查单位向量的概念，向量数量积的运算及计算公式，向量夹角的概念．6.为等差数列的前项和，若公差则

（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D略7.如右图为一个几何体的三视图，其中俯视图为正三角形，A1B1=2，AA1=4，则该几何体的表面积为(

)

A.

6+

B.

24+

C.

24+2

D.

32参考答案：C略8.函数的图像关于（

） 轴对称

轴对称

原点对称

直线对称参考答案：B9.已知集合A={y|y=|x|﹣1，x∈R}，B={x|x≥2}，则下列结论正确的是(

) A．﹣3∈A B．3?B C．A∩B=B D．A∪B=B参考答案：C考点：元素与集合关系的判断．专题：集合．分析：先求出集合A，从而找出正确选项．解答： 解：∵|x|≥0，∴|x|﹣1≥﹣1；∴A={y|y≥﹣1}，又B={x|x≥2}∴A∩B={x|x≥2}=B．故选C．点评：注意描述法所表示集合的元素．10.已知i是虚数单位，（1+2i）z1=﹣1+3i，，z1、z2在复平面上对应的点分别为A、B，则|AB|=（）A．31 B．33 C． D．参考答案：A【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简z1，z2，求出z1、z2在复平面上对应的点的坐标A、B，则答案可求．【解答】解：∵（1+2i）z1=﹣1+3i，∴z1===1+i，∵，∴z2=1+（2i）5=1+32i，∴z1、z2在复平面上对应的点的坐标分别为A（1，1）、B（1，32），则|AB|=．故选：A．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC=，AB=3，AD=3，则BD的长为．参考答案：【考点】余弦定理．【分析】由∠BAC=∠BAD+∠DAC，∠DAC=90°，得到∠BAC=∠BAD+90°，代入并利用诱导公式化简sin∠BAC，求出cos∠BAD的值，在三角形ABD中，由AB，AD及cos∠BAD的值，利用余弦定理即可求出BD的长．【解答】解：∵AD⊥AC，∴∠DAC=90°，∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=∠BAD+90°，∴sin∠BAC=sin（∠BAD+90°）=cos∠BAD=，在△ABD中，AB=3，AD=3，根据余弦定理得：BD2=AB2+AD2﹣2AB?AD?cos∠BAD=18+9﹣24=3，则BD=．故答案为：12.已知函数，若存在，当时，，则的最小值为

．参考答案：作出函数图象如下图：令得，因为存在，当时，，所以由图象知，又，令故当时，，故填.

13.已知函数的部分图象如图所示，若，，则

．参考答案：由函数图象可知函数的周期，又则，则则

14.已知双曲线的左右分别为，点在双曲线的右支上，且，则此双曲线的离心率的最大值为

参考答案：15.函数的递减区间是

.参考答案：（0，1）16.已知，则

．参考答案：17.从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机（等可能）取两点，则该两点间的距离为的概率是___________。参考答案：

若使两点间的距离为，则为对角线一半，选择点必含中心，概率为.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．（1）当时，求不等式的解集；（2）对任意实数，都有成立，求实数a的取值范围．参考答案：（1）当时，当时当时当时综上:

（2）对任意实数，都有成立即根据图象可知

19.已知抛物线的焦点为，为上异于原点的任意一点，过点的直线交于另一点，交轴的正半轴于点，且有，当点的横坐标为3时，为正三角形。（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）若直线，且和有且只有一个公共点，

（ⅰ）证明直线过定点，并求出定点坐标；

（ⅱ）的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．参考答案：（Ⅰ）由题意知，设，则的中点为因为，由抛物线的定义可知，解得或（舍去）由，解得．所以抛物线的方程为．…….3（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知，设．因为，则，由得，故，故直线的斜率因为直线和直线平行，设直线的方程为，代入抛物线的方程得，由题意，得设，则当时，，可得直线的方程为，由，整理得，直线恒过点当时，直线的方程为，过点，所以直线过定点．…7（ⅱ）由（ⅰ）知直线过定点，所以。设直线的方程为，因为点在直线上故．设，直线的方程为由于，可得，代入抛物线的方程得所以，可求得，所以点到直线的距离为==则的面积，当且仅当即时等号成立，所以的面积的最小值为．……………………1220.已知等差数列满足：.（1）求的通项公式；（2）若()，求数列的前n项和.参考答案：（I）设的首项为，公差为，则

由得

解得,所以的通项公式

（II）由得.

①当时，=②当时，，得；

所以数列的前n项和略21.已知函数．（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求a的取值范围．参考答案：（1）见解析；（2）．（1），若，，在上单调递减；若，当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增．（2）若，在上单调递减，至多一个零点，不符合题意；若，由（1）可知，的最小值为，令，，所以在上单调递增，又，当时，，至多一个零点，不符合题意，当时，，又因为，结合单调性可知在有一个零点，令，，当时，单调递减；当时，单调递增，的最小值为，所以，当时，，结合单调性可知在有一个零点，综上所述，若有两个零点，的范围是．22.已知椭圆：离心率为，且曲线上的一动点到右焦点的最短距离为。（1）求椭圆的方程；（2）过点(，)的动直线交椭圆于、两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点，使得无论如何转动，以为直径的圆恒过定点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案：解：（1）设椭圆的焦距为，则由题设可知，解此方程组得，.

所以椭圆C的方程是.

……5分（2）解法一：假设存在点T（u,v）.若直线l的斜率存在，设其方程为，将它代入椭圆方程，并整理，得．设点A、B的坐标分别为，则

因为及所以

…9分当且仅当恒成立时，以AB为直径的圆恒过定点T，所以解得此时以AB为直径的圆恒过定点T（0，1）.

…11分当直线l的斜率不存在，l与y轴重合，以AB为直径的圆为也过点T（0，1）.综上可知，在坐标平面上存在一个定点T（0，1），满足条件.

…13分解法二：若直线l与y轴重合，则以AB为直径的圆是

若直线l垂直于y轴，则以AB为直径的圆是

…7分由解得.由此可知所求点T如果存在，只能是（0，1）.

………………8分事实上点T（0，1