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文档简介
2022-2023学年江苏省启东市建新中学高三下学期3月月考数学试题试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.由实数组成的等比数列{an}的前n项和为Sn,则“a1>0”是“S9>S8”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件2.已知函,,则的最小值为()A. B.1 C.0 D.3.抛物线的焦点为,准线为,,是抛物线上的两个动点,且满足,设线段的中点在上的投影为,则的最大值是()A. B. C. D.4.已知函数有两个不同的极值点,,若不等式有解,则的取值范围是()A. B.C. D.5.已知等式成立,则()A.0 B.5 C.7 D.136.两圆和相外切,且,则的最大值为()A. B.9 C. D.17.已知抛物线的焦点为,准线为,是上一点,是直线与抛物线的一个交点,若,则()A. B.3 C. D.28.根据党中央关于“精准”脱贫的要求,我市某农业经济部门派四位专家对三个县区进行调研,每个县区至少派一位专家,则甲,乙两位专家派遣至同一县区的概率为()A. B. C. D.9.已知数列的前项和为,且,,,则的通项公式()A. B. C. D.10.设f(x)是定义在R上的偶函数,且在(0,+∞)单调递减,则()A. B.C. D.11.已知x,y满足不等式组,则点所在区域的面积是()A.1 B.2 C. D.12.“角谷猜想”的内容是:对于任意一个大于1的整数,如果为偶数就除以2,如果是奇数,就将其乘3再加1,执行如图所示的程序框图,若输入,则输出的()A.6 B.7 C.8 D.9二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知,满足,则的展开式中的系数为______.14.已知数列的前项和为且满足,则数列的通项_______.15.已知椭圆Г:,F1、F2是椭圆Г的左、右焦点,A为椭圆Г的上顶点,延长AF2交椭圆Г于点B,若为等腰三角形,则椭圆Г的离心率为___________.16.己知函数,若曲线在处的切线与直线平行,则__________.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)已知函数,曲线在点处的切线在y轴上的截距为.(1)求a;(2)讨论函数和的单调性;(3)设,求证:.18.(12分)已知四棱锥中,底面为等腰梯形,,,,丄底面.(1)证明:平面平面;(2)过的平面交于点,若平面把四棱锥分成体积相等的两部分,求二面角的余弦值.19.(12分)已知,求的最小值.20.(12分)(1)求曲线和曲线围成图形的面积;(2)化简求值:.21.(12分)在中,内角的对边分别为,且(1)求;(2)若,且面积的最大值为,求周长的取值范围.22.(10分)已知,如图,曲线由曲线:和曲线:组成,其中点为曲线所在圆锥曲线的焦点,点为曲线所在圆锥曲线的焦点.(Ⅰ)若,求曲线的方程;(Ⅱ)如图,作直线平行于曲线的渐近线,交曲线于点,求证:弦的中点必在曲线的另一条渐近线上;(Ⅲ)对于(Ⅰ)中的曲线,若直线过点交曲线于点,求面积的最大值.
参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.C【解析】
根据等比数列的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】解:若{an}是等比数列,则,
若,则,即成立,
若成立,则,即,
故“”是“”的充要条件,
故选:C.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,利用等比数列的通项公式是解决本题的关键.2.B【解析】
,利用整体换元法求最小值.【详解】由已知,又,,故当,即时,.故选:B.【点睛】本题考查整体换元法求正弦型函数的最值,涉及到二倍角公式的应用,是一道中档题.3.B【解析】
试题分析:设在直线上的投影分别是,则,,又是中点,所以,则,在中,所以,即,所以,故选B.考点:抛物线的性质.【名师点晴】在直线与抛物线的位置关系问题中,涉及到抛物线上的点到焦点的距离,焦点弦长,抛物线上的点到准线(或与准线平行的直线)的距离时,常常考虑用抛物线的定义进行问题的转化.象本题弦的中点到准线的距离首先等于两点到准线距离之和的一半,然后转化为两点到焦点的距离,从而与弦长之间可通过余弦定理建立关系.4.C【解析】
先求导得(),由于函数有两个不同的极值点,,转化为方程有两个不相等的正实数根,根据,,,求出的取值范围,而有解,通过分裂参数法和构造新函数,通过利用导数研究单调性、最值,即可得出的取值范围.【详解】由题可得:(),因为函数有两个不同的极值点,,所以方程有两个不相等的正实数根,于是有解得.若不等式有解,所以因为.设,,故在上单调递增,故,所以,所以的取值范围是.故选:C.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性、最值来求参数取值范围,以及运用分离参数法和构造函数法,还考查分析和计算能力,有一定的难度.5.D【解析】
根据等式和特征和所求代数式的值的特征用特殊值法进行求解即可.【详解】由可知:令,得;令,得;令,得,得,,而,所以.故选:D【点睛】本题考查了二项式定理的应用,考查了特殊值代入法,考查了数学运算能力.6.A【解析】
由两圆相外切,得出,结合二次函数的性质,即可得出答案.【详解】因为两圆和相外切所以,即当时,取最大值故选:A【点睛】本题主要考查了由圆与圆的位置关系求参数,属于中档题.7.D【解析】
根据抛物线的定义求得,由此求得的长.【详解】过作,垂足为,设与轴的交点为.根据抛物线的定义可知.由于,所以,所以,所以,所以.故选:D【点睛】本小题主要考查抛物线的定义,考查数形结合的数学思想方法,属于基础题.8.A【解析】
每个县区至少派一位专家,基本事件总数,甲,乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数,由此能求出甲,乙两位专家派遣至同一县区的概率.【详解】派四位专家对三个县区进行调研,每个县区至少派一位专家基本事件总数:甲,乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数:甲,乙两位专家派遣至同一县区的概率为:本题正确选项:【点睛】本题考查概率的求法,考查古典概型等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.9.C【解析】
利用证得数列为常数列,并由此求得的通项公式.【详解】由,得,可得().相减得,则(),又由,,得,所以,所以为常数列,所以,故.故选:C【点睛】本小题考查数列的通项与前项和的关系等基础知识;考查运算求解能力,逻辑推理能力,应用意识.10.D【解析】
利用是偶函数化简,结合在区间上的单调性,比较出三者的大小关系.【详解】是偶函数,,而,因为在上递减,,即.故选:D【点睛】本小题主要考查利用函数的奇偶性和单调性比较大小,属于基础题.11.C【解析】
画出不等式表示的平面区域,计算面积即可.【详解】不等式表示的平面区域如图:直线的斜率为,直线的斜率为,所以两直线垂直,故为直角三角形,易得,,,,所以阴影部分面积.故选:C.【点睛】本题考查不等式组表示的平面区域面积的求法,考查数形结合思想和运算能力,属于常考题.12.B【解析】
模拟程序运行,观察变量值可得结论.【详解】循环前,循环时:,不满足条件;,不满足条件;,不满足条件;,不满足条件;,不满足条件;,满足条件,退出循环,输出.故选:B.【点睛】本题考查程序框图,考查循环结构,解题时可模拟程序运行,观察变量值,从而得出结论.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.1【解析】
根据二项式定理求出,然后再由二项式定理或多项式的乘法法则结合组合的知识求得系数.【详解】由题意,.∴的展开式中的系数为.故答案为:1.【点睛】本题考查二项式定理,掌握二项式定理的应用是解题关键.14.【解析】
先求得时;再由可得时,两式作差可得,进而求解.【详解】当时,,解得;由,可知当时,,两式相减,得,即,所以数列是首项为,公比为的等比数列,所以,故答案为:【点睛】本题考查由与的关系求通项公式,考查等比数列的通项公式的应用.15.【解析】
由题意可得等腰三角形的两条相等的边,设,由题可得的长,在三角形中,三角形中由余弦定理可得的值相等,可得的关系,从而求出椭圆的离心率【详解】如图,若为等腰三角形,则|BF1|=|AB|.设|BF2|=t,则|BF1|=2a−t,所以|AB|=a+t=|BF1|=2a−t,解得a=2t,即|AB|=|BF1|=3t,|AF1|=2t,设∠BAO=θ,则∠BAF1=2θ,所以Г的离心率e=,结合余弦定理,易得在中,,所以,即e==,故答案为:.【点睛】此题考查椭圆的定义及余弦定理的简单应用,属于中档题.16.【解析】
先求导,再根据导数的几何意义,有求解.【详解】因为函数,所以,所以,解得.故答案为:【点睛】本题考查导数的几何意义,还考查运算求解能力以及数形结合思想,属于基础题.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(1)(2)为减函数,为增函数.(3)证明见解析【解析】
(1)求出导函数,求出切线方程,令得切线的纵截距,可得(必须利用函数的单调性求解);(2)求函数的导数,由导数的正负确定单调性;(3)不等式变形为,由递减,得(),即,即,依次放缩,.不等式,递增得(),,,,先证,然后同样放缩得出结论.【详解】解:(1)对求导,得.因此.又因为,所以曲线在点处的切线方程为,即.由题意,.显然,适合上式.令,求导得,因此为增函数:故是唯一解.(2)由(1)可知,,因为,所以为减函数.因为,所以为增函数.(3)证明:由,易得.由(2)可知,在上为减函数.因此,当时,,即.令,得,即.因此,当时,.所以成立.下面证明:.由(2)可知,在上为增函数.因此,当时,,即.因此,即.令,得,即.当时,.因为,所以,所以.所以,当时,.所以,当时,成立.综上所述,当时,成立.【点睛】本题考查导数的几何意义,考查用导数研究函数的单调性,考查用导数证明不等式.本题中不等式的证明,考查了转化与化归的能力,把不等式变形后利用第(2)小题函数的单调性得出数列的不等关系:,.这是最关键的一步.然后一步一步放缩即可证明.本题属于困难题.18.(1)见证明;(2)【解析】
(1)先证明等腰梯形中,然后证明,即可得到丄平面,从而可证明平面丄平面;(2)由,可得到,列出式子可求出,然后建立如图的空间坐标系,求出平面的法向量为,平面的法向量为,由可得到答案.【详解】(1)证明:在等腰梯形,,易得在中,,则有,故,又平面,平面,,即平面,故平面丄平面.(2)在梯形中,设,,,,而,即,.以点为坐标原点,所在直线为轴,所在直线为轴,所在直线为轴,建立如图的空间坐标系,则,,设平面的法向量为,由得,取,得,,同理可求得平面的法向量为,设二面角的平面角为,则,所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了两平面垂直的判定,考查了利用空间向量的方法求二面角,考查了棱锥的体积的计算,考查了空间想象能力及计算能力,属于中档题.19.【解析】
讨论和的情况,然后再分对称轴和区间之间的关系,最后求出最小值【详解】当时,,它在上是减函数故函数的最小值为当时,函数的图象思维对称轴方程为当时,,函数的最小值为当时,,函数的最小值为当时,,函数的最小值为综上,【点睛】本题主要考查了二次函数在闭区间上的最值,二次函数的性质的应用,体现了分类讨论的数学思想,属于中档题。20.(1)(2)【解析】
(1)求曲线和曲线围成的图形面积,首先求出两曲线交点的横坐标0、1,然后求在区间上的定积分.(2)首先利用二倍角公式及两角差的余弦公式计算出,然后再整体代入可得;【详解】解:(1)联立解得,,所以曲线和曲线围成的图形面积.(2)∴【点睛】本题考查定积分求曲边形的面积以及三角恒等变换的应用,属于中档题.21.(1)(2)【解析】
(1)利用二倍角公式及三角形内角和定理,将化简为,求出的值,结合,求出A的值;(2)写出三角形的面积公式,由其最大值为求出.由余弦定理,结合,,求出的范围,注意.进而求出周长的范围.【详解】解:(1)整理得解得或(舍去)又;(2)由题意知,又,,又周长的取值范围是【点睛】本题考查了二倍角余弦公式,三角形面积公式,余弦定理的应用,求三角形的周长的范围问题.属于中档题.22.(Ⅰ)和.;(Ⅱ)证明见解析;(Ⅲ).【解析】
(Ⅰ)由,可得,解出即可;(Ⅱ)设点,设直线,与椭圆方程联立可得:,利用,根与系数的关系、中点坐标公式,证明即可;(Ⅲ)由(Ⅰ)知,曲线,且,设直线的方程为:,与椭圆方程联立可得:,利用根与系数的关系、弦长公式、三角形的面釈计算公式
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