廣東省汕尾市大安中學(xué)2022-2023學(xué)年高三數(shù)學(xué)理月考試卷含解析

廣東省汕尾市大安中學(xué)2022-2023學(xué)年高三數(shù)學(xué)理月考試卷含解析一、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.函數(shù)的部分圖象如

圖所示．若函數(shù)在區(qū)間上的值域為,則的最小值是A．4

B．3

C．2

D．1

參考答案：B略2.直線被圓截得的弦長為（

）A

B

C

D

參考答案：B略3.若＜＜0，則下列不等式①a＋b＜ab；②|a|＞|b|；③a＜b；④＋＞2中，正確的不等式有()A．0個

B．1個C．2個

D．3個參考答案：C略4.函數(shù)是A．最小正周期為的奇函數(shù)

B．最小正周期為的偶函數(shù)C．最小正周期為的奇函數(shù)

D．最小正周期為的偶函數(shù)參考答案：A5.某市對汽車限購政策進行了調(diào)查，在參加調(diào)查的300名有車人中116名持反對意見，200名無車人中有121名持反對意見，在運用這些數(shù)據(jù)說明“擁有車輛”與“反對汽車限購政策”是否有關(guān)系時，最有說服力的方法是A.平均數(shù)與方差 B.回歸直線方程 C.獨立性檢驗 D.概率參考答案：C6.已知雙曲線+=1，焦點在y軸上，若焦距為4，則a等于（）A． B．5 C．7 D．參考答案：D【考點】KC：雙曲線的簡單性質(zhì)．【分析】根據(jù)題意，由雙曲線焦點的位置可得，解可得a的范圍，又由其焦距為4，即c=2，由雙曲線的幾何性質(zhì)可得c2=（2﹣a）+（3﹣a）=4，解可得a的值．【解答】解：根據(jù)題意，雙曲線+=1，焦點在y軸上，則有，解可得a＜2，又由其焦距為4，即c=2，則有c2=（2﹣a）+（3﹣a）=4，解可得a=；故選：D．7.已知，則“”是“”成立的（

）A．充分不必要條件

B．必要不充分條件C．充要條件

D．既不充分也不必要條件參考答案：A8.設(shè)集合A={﹣1，0，1，2}，B={x|x2+2x﹣3＜0}，則A∩B=（）A．{﹣1} B．{﹣1，0} C．{﹣1，0，1} D．{﹣2，﹣1，0}參考答案：B【分析】分別求出集合A，B，由此利用交集定義能求出A∩B．【解答】解：∵集合A={﹣1，0，1，2}，B={x|x2+2x﹣3＜0}={x|（x﹣1）（x+3）＜0}={x|﹣3＜x＜1}，∴A∩B={x|﹣1＜x＜0}={﹣1，0}．故選：B．【點評】本題考查交集的求法，是基礎(chǔ)題，解題時要認真審題，注意交集定義的合理運用．9.若變量滿足約束條件，則的最大值為(

▲

)

A．

B．

C． D．參考答案：C10.函數(shù)（＞＜）的圖象如圖所示，為了得到的圖象，可以將的圖象A.向右平移個單位長度

B.向右平移個單位長度C.向左平移個單位長度

D.向左平移個單位長度參考答案：A由圖象知，所以周期，又，所以，所以，又，即，所以，即，所以當時，，所以，又，所以要得到的圖象只需將的圖象向右平移個單位長度，選A.二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設(shè)圓，點，若圓O上存在點B，且（O為坐標原點），則點A的縱坐標的取值范圍是

。參考答案：略12.已知數(shù)列的前n項和為，且點在直線上，則數(shù)列的通項公式為

。參考答案：略13.若在△中，，則△的形狀為_________參考答案：等腰直角三角形試題分析：由正弦定理得，整理得，即，，由內(nèi)角和定理得，故三角形為等腰直角三角形.考點：判斷三角形的形狀.14.設(shè)函數(shù)_________.

參考答案：知識點：其他不等式的解法解析：由題意，得及，解得及，所以使得成立的的取值范圍是；故答案為：?！舅悸伏c撥】利用分段函數(shù)將得到兩個不等式組解之即可．

15.在區(qū)間[0，1]上隨機取兩個數(shù)m，n，則關(guān)于函數(shù)f（x）＝－nx＋1在[1，＋∞）上為增函數(shù)的概率為______．參考答案：略8.方程的實數(shù)解為

.參考答案：log3417.如圖，已知圓中兩條弦與相交于點，與圓相切交延長線上于點，若，，則線段的長為

．參考答案：設(shè)AF=4k，BF=2k，BE=k，DF?FC=AF?BF，即，所以∴AF=4，BF=2，BE=1，AE=7，,所以。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.如圖，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，平面A1ABB1⊥平面ABCD，且∠ABC=．（1）求證：BC∥平面AB1C1；（2）求證：平面A1ABB1⊥平面AB1C1．參考答案：【考點】平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定．【分析】（1）根據(jù)BC∥B1C1，且B1C1?平面AB1C1，BC?平面AB1C1，依據(jù)線面平行的判定定理推斷出BC∥平面AB1C1．（2）平面A1ABB1⊥平面ABCD，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，推斷出平面A1ABB1⊥平面A1B1C1D1，又平面A1ABB1∩平面A1B1C1D1=A1B1，A1B1⊥C1B1，C1B1?平面AB1C1，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)推斷出平面A1ABB1⊥平面AB1C1．【解答】證明：（1）∵BC∥B1C1，且B1C1?平面AB1C1，BC?平面AB1C1，∴BC∥平面AB1C1．（2）∵平面A1ABB1⊥平面ABCD，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∴平面A1ABB1⊥平面A1B1C1D1，∵平面A1ABB1∩平面A1B1C1D1=A1B1，A1B1⊥C1B1，∴C1B1?平面AB1C1，∴平面A1ABB1⊥平面AB1C1．19.已知函數(shù)f（x）=2sin（x+），x∈R（1）已知tanθ=﹣2，θ∈（，π），求f（θ）的值；（2）若α，β∈，f（α）=2，f（β）=，求f（2β+2α）的值．參考答案：考點：兩角和與差的正弦函數(shù)．專題：三角函數(shù)的求值．分析：（1）由已知易得sinθ=，cosθ=﹣，而f（θ）=2sin（θ+）=sinθ+cosθ，代值計算即可；（2）由已知可得sin（β+）=，可得α=，cos（β+）=，進而可得sinβ和cosβ，可得sin2β和cos2β的值，而f（2β+2α）=2sin（2β+）=sin2β+cos2β，代值計算可得．解答： 解：（1）∵tanθ=﹣2，θ∈（，π），∴sinθ=，cosθ=﹣，∴f（θ）=2sin（θ+）=sinθ+cosθ=；（2）∵α，β∈，f（α）=2sin（α+）=2，f（β）=2sin（β+）=，∴sin（α+）=1，sin（β+）=，∴α=，cos（β+）=，∴sinβ=sin==cosβ=cos==，∴sin2β=2××=cos2β=（）2﹣（）2=∴f（2β+2α）=2sin（2β+2α+）=2sin（2β+）=sin2β+cos2β=﹣+=﹣點評：本題考查兩角和與差的三角函數(shù)公式，涉及二倍角公式，屬中檔題．20.(12分)已知為奇函數(shù)，且①求的反函數(shù)及其定義域;

②設(shè)

,若恒成立，求實數(shù)k的取值范圍。參考答案：解析：(1)由得

又為奇函數(shù)，，又故………………6’(2)當恒成立且

…………………8’

故………12’21.設(shè)函數(shù)f（x）=x3+x2+（m2﹣1）x（x∈R）（1）當m=1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間與極值（2）若函數(shù)y=f（sinx）在x∈上單調(diào)遞增，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．專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用．分析：（1）由已知我們易求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，令導(dǎo)函數(shù)值為0，即可得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值．（2）根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性質(zhì)，需要分類討論，可以得到關(guān)于m的不等式，解得即可．解答： 解：（1）∵f（x）=x3+x2，（x∈R），∴f′（x）=x2+2x．令f′（x）=0，解得x=0或x=﹣2x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下表：x（﹣∞，﹣2）﹣2（﹣2，0）0（0+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）↑極大值↓極小值↑所以f（x）在（﹣∞，﹣2），（0，+∞）內(nèi)是增函數(shù)，在（﹣2，0）內(nèi)是減函數(shù)，當x=﹣2，函數(shù)有極大值，極大值為f（﹣2）=，當x=0，函數(shù)有極小值，極小值為f（0）=0，（2）f（x）=x3+x2+（m2﹣1）x，（x∈R），∴f′（x）=x2+2x+m2﹣1．令f′（x）=0，解得x=1﹣m，或x=1+m．當m＞0，所以1+m＞1﹣m．當x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下表：x（﹣∞，1﹣m）1﹣m（1﹣m，1+m）1+m（1+m，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）↑極大值↓極小值↑∴f（x）在（﹣∞，1﹣m），（1+m，+∞）內(nèi)是增函數(shù)，∵y=sinx在x∈上單調(diào)遞增，又y=f（sinx）在x∈上單調(diào)遞增，