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文档简介
河北省秦皇岛市青龙满族自治县肖营子中学2022-2023学年高三数学理月考试卷含解析一、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.若函数(且)在[2,3]上单调递增,则实数m的取值范围为(
)A.(1,36]
B.[36,+∞)C.(1,16]∪[36,+∞)
D.(1,16]参考答案:D由题意,不妨设,则,由时为减函数,即,又在上为单调递增,所以,所以,而此时函数为增函数,一减一增为减,故不合题意;同理由时为增函数,即,又在上为单调递增,所以,所以,而当时,函数为增函数,因此当时,同增为增,满足题意.故选D.
2.某程序的框图如图所示,执行该程序,若输入的为,则输出
的的值分别为
A.
B.C.
D.参考答案:B第一次循环,;第二次循环,;第三次循环,;第四次循环,;第五次循环,不满足条件,输出,选B.3.已知<x<,则tan为(
)A. B. C.2 D.参考答案:A略4.抛物线的焦点坐标为(
)A.
B.
C.
D.参考答案:D5.设a=log34,,则a,b,c的大小关系是(
)A.a>b>c
B.a>c>b
C.b>c>a
D.c>b>a参考答案:A6.设是定义在R上的函数,则下列叙述一定正确的是
(
)
A.是奇函数
B.是奇函数
C.是偶函数
D.是偶函数参考答案:【知识点】函数奇偶性的判定.
B4【答案解析】D
解析:对于选项A:设,则,所以是偶函数,所以选项A不正确;同理可判断:奇偶性不确定,是奇函数,是偶函数,所以选D.【思路点拨】依次设各选项中的函数为,再利用与关系确定结论.7.对于函数,如果存在区间,同时满足下列条件:①在内是单调的;②当定义域是时,的值域也是,则称是该函数的“和谐区间”.若函数存在“和谐区间”,则的取值范围是(▲)A.
B.
C.
D.参考答案:B略8.已知是定义在R上的偶函数,对任意,都有,且当时在,若在上有5个根,则的值为(
)A.7
B.8
C.9
D.10参考答案:D9.定义域为R的函数,若关于的函数有5个不同的零点,则等于
(
)A.
B.16
C.
5
D.15参考答案:D10.如果全集,,,则等于(
)A.
B.
C.
D.参考答案:A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数的一个零点为,另外两个零点可分别作为一个椭圆、一双曲线的离心率,则
;的取值范围是
.
参考答案:
;
12.B.不等式的解集为
.
参考答案:13.下列正确命题的序号是____________(1)“”是直线与直线相互垂直的必要不充分条件(2),使得函数是偶函数(3)不等式:≥,
≥,≥,…,由此猜测第个不等式为…≥…(4)若二项式的展开式中所有项的系数之和为,则展开式中的系数是【解析】当时,两直线为和,此时两直线垂直,“”是直线与直线相互垂直的充分不必要条件,,所以(1)错误,所以当时,为偶函数,所以(2)正确,由归纳推理可知,(3)正确,令,则得所有项系数为,解得,二项式的通项公式为,令,得,所以,所以系数为,所以(4)错误,正确的为(2)(3)。参考答案:当时,两直线为和,此时两直线垂直,“”是直线与直线相互垂直的充分不必要条件,,所以(1)错误,所以当时,为偶函数,所以(2)正确,由归纳推理可知,(3)正确,令,则得所有项系数为,解得,二项式的通项公式为,令,得,所以,所以系数为,所以(4)错误,正确的为(2)(3)。【答案】(2)(3)14.已知函数,若函数在上为单调函数,则的取值范围是
.参考答案:15.设奇函数在(0,)上为增函数,且=0,则不等式的解集为
.参考答案:(-1,0)(0,1)16.对于E={a1,a2,….a100}的子集X={a1,a2,…,an},定义X的“特征数列”为x1,x2…,x100,其中x1=x10=…xn=1.其余项均为0,例如子集{a2,a3}的“特征数列”为0,1,0,0,…,0(1)
子集{a1,a3,a5}的“特征数列”的前三项和等于_____2________;(2)
若E的子集P的“特征数列”P1,P2,…,P100满足P1+Pi+1=1,1≤i≤99;E的子集Q的“特征数列”q1,q2,q100满足q1=1,q1+qj+1+qj+2=1,1≤j≤98,则P∩Q的元素个数为___17______.参考答案:(1)2
(2)(1)由题知,特征数列为:1,0,1,0,1,0,0,0……0.所以前3项和=2。(2)
P的“特征数列”:1,0,1,0…1,0.
所以P=.Q的“特征数列”:1,0,0,1,0,0…1,0,0,1.所以Q=.所以,,共有17个元素。17.设双曲线的左、右焦点分别为,过的直线交双曲线左支于两点,则的最小值为____________.参考答案:11三、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.已知函数.(l)求的单调区间和极值;(2)若对任意恒成立,求实数m的最大值.参考答案:解(1)有,函数在上递增
有,函数在上递减
在处取得极小值,极小值为
(2)
即,又
令
令,解得或(舍)当时,,函数在上递减当时,,函数在上递增
即的最大值为4
略19.为解决城市的拥堵问题,某城市准备对现有的一条穿城公路MON进行分流,已知穿城公路MON自西向东到达城市中心O后转向方向,已知∠MON=,现准备修建一条城市高架道路L,L在MO上设一出入口A,在ON上设一出口B,假设高架道路L在AB部分为直线段,且要求市中心O与AB的距离为10km.(1)求两站点A,B之间的距离;(2)公路MO段上距离市中心O30km处有一古建筑群C,为保护古建筑群,设立一个以C为圆心,5km为半径的圆形保护区.因考虑未来道路AB的扩建,则如何在古建筑群和市中心O之间设计出入口A,才能使高架道路及其延伸段不经过保护区?参考答案:(1);(2)【分析】(1)过O作直线OE⊥AB于E,则OE=10,设∠EOA=,可求∠EOB=﹣,(),可得AE=10tan,BE=10tan(﹣),可求AB=,又,结合,可得cos,可求两出入口之间距离的最小值为20().(2)设切点为F,以为坐标原点,以所在的直线为轴,建立平面直角坐标系,设直线AB的方程为y=kx+t(k>0),可求t=20k,或t=60k,可求A(﹣20,0),此时OA=20,又由(1)可知当时,OA=10,综上即可得解.【详解】(1)过作直线OE⊥AB于E,则OE=10,设∠EOA=α,则∠EOB=﹣α,(),故AE=10tan,BE=10tan(﹣),AB=10tan+10tan(﹣)=10()=,又cos=cos?(﹣cos+sin)=由,可得:2﹣,故cos,当且仅当2﹣,即=时取等号,此时,AB有最小值为20(),即两出入口之间距离的最小值为20().(2)由题意可知直线AB是以为圆心,10为半径的圆的切线,根据题意,直线AB与圆C要相离,其临界位置为直线AB与圆C相切,设切点为F,此时直线AB为圆与圆的公切线,因为,出入口A在古建筑群和市中心之间,如图所示,以为坐标原点,以所在的直线为轴,建立平面直角坐标系,由CF=5,OE=10,因为圆的方程为x2+y2=100,圆的方程为(x+30)2+y2=25,设直线AB的方程为y=kx+t(k>0),则:,所以两式相除可得:=2,所以t=20k,或t=60k,所以,此时A(﹣20,0)或A(﹣60,0)(舍去),此时OA=20,又由(1)可知当时,OA=10,综上,OA.即设计出入口A离市中心的距离在10km到20km之间时,才能使高架道路及其延伸段不经过保护区.【点睛】本题主要考查了三角函数模型在解决实际问题中的综合应用,考查了计算能力和转化思想,考查了数形结合思想的应用,属于中档题.20.(本小题满分14分)已知函数,若曲线在点处的切线平行于轴.(Ⅰ)求实数的值;(Ⅱ)函数恰有两个零点.
(i)求函数的单调区间及实数的取值范围;
(ii)求证:.参考答案:解法一:(Ⅰ)由,且,………………2分
解得.…………3分(Ⅱ)(i),.
令,…………4分当即时,,所以在上单调递减,此时只存在一个零点,不合题意;………5分当时,令,解得.当变化时,和变化情况如下表:极小值…………6分由题意可知,.设,当时,即,此时恰有一个零点,不合题意;……………7分当且时,,………………8分当时,,当时,所以在上单调递增,在上单调递减,所以,此时恰有两个零点.综上,的取值范围是.…………9分(ii)证明:函数有两个零点,,两式相减得,.…………10分要证,只要证,只要证,只要证,……………11分只要证.…………12分ks5u设,则,在(1,+∞)上单调递增,………………13分,.…………14分解法二:(I),(II)(i)同解法一.(ii)显然,故是函数的一个零点,不妨设.…10分由是函数的另一个零点,所以,即.……………11分又,…12分设,且,,,所以在上单调递减,在上单调递增,故,…………13分所以的单调递增区间为和.又,当时,,当时,,所以,即.…14分21.已知点P是椭圆C:(a>b>0)上的点,椭圆短轴长为2,是椭圆的两个焦点,|OP|=,(点O为坐标原点).(1)求椭圆C的方程及离心率;(2)直线y=x与椭圆C在第一象限交于A点,若椭圆C上两点M、N使+=λ,λ∈(0,2)求△OMN面积的最大值.参考答案:(Ⅱ):由得,设直线MN的方程为y=kx+m,联立方程组消去y得:设M(),N(),则,所以.因为+=λ,λ∈(0,2),所以,,得,于是,所以又因为λ>0,原点O到直线MN的距离为
所以=,当,即时等号成立,S△OMN的最大值为22.(本小题满分12分)如图,在三棱柱中,已知,,,.(Ⅰ)求证:;(Ⅱ)设(),且平面与所成的锐二面角的大小为,试求的值.
参考答案:【知识点】与二面角有关的立体几何综合题;直线与平面垂直的判定G12G5(Ⅰ)略(Ⅱ)1(Ⅰ)因为侧面,侧面,故,在中,由余弦定理得:,所以,
故,所以,而,平面(Ⅱ)由(Ⅰ
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