2022-2023學(xué)年山西省臨汾市公峪中學(xué)高三數(shù)學(xué)文聯(lián)考試卷含解析

1、2022-2023學(xué)年山西省臨汾市公峪中學(xué)高三數(shù)學(xué)文聯(lián)考試卷含解析一、 選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1. 如圖，已知線段PQ=，點Q在x軸正半軸，點P在邊長為1的正方形OABC第一象限內(nèi)的邊上運動設(shè)POQ=，記x（）表示點Q的橫坐標(biāo)關(guān)于的函數(shù)，則x（）在（0，）上的圖象可能是（）ABCD參考答案：A【考點】函數(shù)的圖象【分析】當(dāng)（0，）時，求得x（）=1+，圖象是上凸的當(dāng)，）時，求得x（）=cot+1，圖象是下凹的結(jié)合所給的選項，可得結(jié)論【解答】解：當(dāng)（0，）時，PA=tan，AQ=，x（）=1+，它的圖象是上凸的當(dāng)，）時，P

2、A=1，OA=cot，AQ=1，x（）=cot+1，它的圖象是下凹的結(jié)合所給的選項，故選：A2. 設(shè)i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)是純虛數(shù)，則a的值為（ ）A. 3B. 3C. 1D. 1參考答案：D【分析】整理復(fù)數(shù)為的形式,由復(fù)數(shù)為純虛數(shù)可知實部為0,虛部不為0,即可求解.【詳解】由題,因為純虛數(shù),所以,則,故選:D【點睛】本題考查已知復(fù)數(shù)的類型求參數(shù)范圍,考查復(fù)數(shù)的除法運算.3. ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c已知a=，c=2，cosA=，則b=（）ABC2D3參考答案：D【考點】余弦定理【分析】由余弦定理可得cosA=，利用已知整理可得3b28b3=0，從而解得b的值【解答】解：a=

3、，c=2，cosA=，由余弦定理可得：cosA=，整理可得：3b28b3=0，解得：b=3或（舍去）故選：D4. 已知雙曲線的兩條漸近線與以橢圓的左焦點為圓心、半徑為的圓相切，則雙曲線的離心率為 A B C D參考答案：A5. 設(shè)函數(shù)的定義域為,是的極大值點,以下結(jié)論一定正確的是（ ）A、B、是的極小值點 C、是的極小值點D、是的極小值點參考答案：C6. 已知圓：，則下列命題：圓上的點到的最短距離的最小值為；圓上有且只有一點到點的距離與到直線的距離相等；已知，在圓上有且只有一點，使得以為直徑的圓與直線相切.真命題的個數(shù)為A B. C. D. 參考答案：D7. 是空氣質(zhì)量的一個重要指標(biāo)，我國標(biāo)準(zhǔn)

4、采用世衛(wèi)組織設(shè)定的最寬限值，即日均值在以下空氣質(zhì)量為一級，在之間空氣質(zhì)量為二級，在以上空氣質(zhì)量為超標(biāo).如圖是某地11月1日到10日日均值（單位：）的統(tǒng)計數(shù)據(jù)，則下列敘述不正確的是（ ）A. 這10天中有4天空氣質(zhì)量為一級B. 這10天中PM2.5日均值最高的是11月5日C. 從5日到9日，PM2.5日均值逐漸降低D. 這10天的PM2.5日均值的中位數(shù)是45參考答案：D【分析】由折線圖逐一判斷各選項即可.【詳解】由圖易知：第3,8,9,10天空氣質(zhì)量為一級，故A正確，11月5日日均值為82，顯然最大，故B正確，從日到日，日均值分別為：82,73,58,34,30，逐漸降到，故C正確，中位數(shù)是，

5、所以D不正確，故選D.【點睛】本題考查了頻數(shù)折線圖，考查讀圖，識圖，用圖的能力，考查中位數(shù)的概念，屬于基礎(chǔ)題.8. 已知函數(shù) （ ） Ab Bb C D參考答案：A略9. 設(shè).若z為實數(shù)，則實數(shù)m的值為( )A. -2B. -1C. 0D. 2參考答案：D【分析】運用復(fù)數(shù)的除法運算公式，求出，根據(jù)復(fù)數(shù)的分類規(guī)則，求出實數(shù)的值.【詳解】為實數(shù)，所以，故選D.【點睛】本題考查了復(fù)數(shù)的除法運算、復(fù)數(shù)的分類，正確求出是解題的關(guān)鍵.10. 設(shè)直線l：y=2x+2，若l與橢圓x2+=1的交點為A、B，點P為橢圓上的動點，則使PAB的面積為1的點P的個數(shù)為( )A0B1C2D3參考答案：D考點：直線與圓錐曲

6、線的關(guān)系 專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：由直線l的方程與橢圓x2+=1的方程組成方程組，求出弦長AB，計算AB邊上的高h，設(shè)出P的坐標(biāo)，由點P到直線y=2x+2的距離d=h，結(jié)合橢圓的方程，求出點P的個數(shù)來解答：解：由直線l的方程與橢圓x2+=1的方程組成方程組，解得或，則A（0，2），B（1，0），AB=，PAB的面積為1，AB邊上的高為h=設(shè)P的坐標(biāo)為（a，b），代入橢圓方程得：a2+=1，P到直線y=2x+2的距離d=，即2ab=24或2ab=2；聯(lián)立得：或，中的b消去得：2a22（2）a+54=0，=4（2）242（54）0，a有兩個不相等的根，滿足題意的P的坐標(biāo)有2個；由消去

7、b得：2a2+2a+1=0，=（2）2421=0，a有兩個相等的根，滿足題意的P的坐標(biāo)有1個綜上，使PAB面積為1的點P的個數(shù)為3故選：D點評：本題考查了直線與橢圓方程的綜合應(yīng)用問題，考查了直線方程與橢圓方程組成方程組的求弦長的問題，是綜合性題目二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 在中，角所對的邊分別為，且，當(dāng)取最大值時，角的值為_.參考答案：略12. 過點A（3，1）的直線l與圓C：x2+y24y1=0相切于點B，則=參考答案：5考點： 平面向量數(shù)量積的運算專題： 平面向量及應(yīng)用分析： 過點A（3，1）的直線l與圓C：x2+y24y1=0相切于點B，可得=0因此?=，即

8、可得出解答： 解：由圓C：x2+y24y1=0配方為x2+（y2）2=5C（0，2），半徑r=過點A（3，1）的直線l與圓C：x2+y24y1=0相切于點B，=0?=+=5故答案為：5點評： 本題考查了直線與圓相切性質(zhì)、向量的三角形法則、數(shù)量積運算性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題13. 展開式中常數(shù)為 參考答案：-4略14. 記二項式展開式中的各項系數(shù)和為，二項式系數(shù)和為，則=_。參考答案：15. 如圖所示，在確定的四面體中，截面平行于對棱和.(1)若，則截面與側(cè)面垂直；(2)當(dāng)截面四邊形面積取得最大值時，為中點；(3)截面四邊形的周長有最小值；(4)若，則在四面體內(nèi)存在一點P到四面

9、體ABCD六條棱的中點的距離相等.上述說法正確的是 參考答案：16. 已知平面向量，則與的夾角余弦值等于 。參考答案：17. 已知等比數(shù)列an的公比q，為其前n項和，則 參考答案：5三、 解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18. 已知函數(shù)f（x）=x2ax+ln（ax+）（a0）（1）當(dāng)a=2時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若對任意的a（1，2），當(dāng)x01，2時，都有f（x0）m（1a2），求實數(shù)m的取值范圍參考答案：【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用【分析】（1）當(dāng)a=2時，求出f（x），在定義域內(nèi)解不等式f（x）0，

10、f（x）0即可；（2）對任意的a（1，2），當(dāng)x01，2時，都有f（x0）m（1a2），等價于f（x0）minm（1a2），用導(dǎo)數(shù)可求f（x0）min，構(gòu)造函數(shù)g（a）=f（x0）minm（1a2）（1a2），問題轉(zhuǎn)化為g（a）min0（1a2），分類討論可求出m的取值范圍【解答】解：（1）當(dāng)a=2時，f（x）=，定義域為（，+）f（x）=2x2+=2x2+=由f（x）0，得，或x；由f（x）0，得0 x所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（，0），（，+），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，）（2）y=f（x）的定義域為（，+）f（x）=2xa+=2xa+=當(dāng)1a2時，1=0，即，所以當(dāng)1x2時，f（x）0，

11、f（x）在1，2上單調(diào)遞增，所以f（x）在1，2上的最小值為f（1）=1a+ln（）依題意，對任意的a（1，2），當(dāng)x01，2時，都有f（x0）m（1a2），即可轉(zhuǎn)化為對任意的a（1，2），1a+ln（）m（1a2）0恒成立設(shè)g（a）=1a+ln（）m（1a2）（1a2）則g（a）=1+2ma=，當(dāng)m0時，2ma（12m）0，且0，所以g（a）0，所以g（a）在（1，2）上單調(diào)遞減，且g（1）=0，則g（a）0，與g（a）0矛盾當(dāng)m0時，g（a）=，若，則g（a）0，g（a）在（1，2）上單調(diào)遞減，且g（1）=0，g（a）0，與g（a）0矛盾；若12，則g（a）在（1，）上單調(diào)遞減，在（，2）

12、上單調(diào)遞增，且g（1）=0，g（a）g（1）=0，與g（a）0矛盾；若，則g（a）在（1，2）上單調(diào)遞增，且g（1）=0，則恒有g(shù)（a）g（1）=0，所以，解得m，所以m的取值范圍為，+）19. 已知橢圓的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且經(jīng)過點，離心率為，A為直線x=4上的動點（）求橢圓C的方程；（）點B在橢圓C上，滿足OAOB，求線段AB長度的最小值參考答案：【考點】圓錐曲線的最值問題；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；直線與橢圓的位置關(guān)系【分析】（）列出，然后求解橢圓方程（）點B在橢圓C上，設(shè)B（m，n），A（4，y）通過，得到4m+ny=0求出|AB|2的表達式，通過設(shè)t=n2，t（0，5，利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求解

13、函數(shù)的最小值【解答】解：（）由解得，可得a=3，b=所以橢圓C的方程為（）點B在橢圓C上，設(shè)B（m，n），A（4，y）因為OAOB，所以，即4m+ny=0因為點B在橢圓C上，所以，所以|AB|2=（m4）2+（ny）2=m28m+16+n22ny+y2=m28m+16+n2+8m+y2，=m2+16+n2+y2=，=設(shè)t=n2，t（0，5設(shè)因為，所以g（t）在（0，5上單調(diào)遞減所以當(dāng)t=5，即時，【點評】本題考查橢圓的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最值，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力20. （13分）在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為正方形，

14、PA平面ABCD，PABE，AB=PA=4，BE=2（）求證：CE平面PAD；（）求PD與平面PCE所成角的正弦值；（）在棱AB上是否存在一點F，使得平面DEF平面PCE？如果存在，求的值；如果不存在，說明理由參考答案：【考點】點、線、面間的距離計算；直線與平面平行的判定；直線與平面所成的角【分析】（）設(shè)PA中點為G，連結(jié)EG，DG，可證四邊形BEGA為平行四邊形，又正方形ABCD，可證四邊形CDGE為平行四邊形，得CEDG，由DG?平面PAD，CE?平面PAD，即證明CE平面PAD（）如圖建立空間坐標(biāo)系，設(shè)平面PCE的一個法向量為=（x，y，z），由，令x=1，則可得=（1，1，2），設(shè)PD

15、與平面PCE所成角為a，由向量的夾角公式即可得解（）設(shè)平面DEF的一個法向量為=（x，y，z），由，可得，由?=0，可解a，然后求得的值【解答】（本小題共14分）解：（）設(shè)PA中點為G，連結(jié)EG，DG因為PABE，且PA=4，BE=2，所以BEAG且BE=AG，所以四邊形BEGA為平行四邊形所以EGAB，且EG=AB因為正方形ABCD，所以CDAB，CD=AB，所以EGCD，且EG=CD所以四邊形CDGE為平行四邊形所以CEDG因為DG?平面PAD，CE?平面PAD，所以CE平面PAD（4分）（）如圖建立空間坐標(biāo)系，則B（4，0，0），C（4，4，0），E（4，0，2），P（0，0，4），D（

16、0，4，0），所以=（4，4，4），=（4，0，2），=（0，4，4）設(shè)平面PCE的一個法向量為=（x，y，z），所以，可得令x=1，則，所以=（1，1，2）設(shè)PD與平面PCE所成角為a，則sin=|cos，|=|=|=所以PD與平面PCE所成角的正弦值是 （9分）（）依題意，可設(shè)F（a，0，0），則， =（4，4，2）設(shè)平面DEF的一個法向量為=（x，y，z），則令x=2，則，所以=（2，a4）因為平面DEF平面PCE，所以?=0，即2+2a8=0，所以a=4，點所以 （14分）【點評】本題主要考查了直線與平面平行的判定，直線與平面所成的角，點、線、面間的距離計算，考查了空間想象能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題21. 選修4-5：不等式選講 設(shè)函數(shù). （）解不等式；（）若函數(shù)的解集為，求實數(shù)的取