2022-2023學(xué)年湖南省岳陽市市第三中學(xué)高三數(shù)學(xué)文月考試卷含解析

2022-2023學(xué)年湖南省岳陽市市第三中學(xué)高三數(shù)學(xué)文月考試卷含解析一、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.如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線（實線和虛線）為某幾何體的三視圖，則該幾何體外接球的表面積為（）A．24π B．29π C．48π D．58π參考答案：B【考點】由三視圖求面積、體積．【分析】根據(jù)幾何體的三視圖，得出該幾何體是由長方體截割去4個等體積的三棱錐所得到的幾何體，由此求出幾何體的外接球的表面積．【解答】解：根據(jù)幾何體的三視圖，得：該幾何體是由長方體截割得到，如圖中三棱錐A﹣BCD，由三視圖中的網(wǎng)絡(luò)紙上小正方形邊長為1，得該長方體的長、寬、高分別為3、2、4，體對角線長為=則幾何體外接球的表面積為=29π．故選：B．2.已知定義在R上的奇函數(shù)，滿足,且在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù),則

(

).

A.

B.C.

D.參考答案：D3.已知圓與直線及都相切，圓心在直線上，則圓的方程為A．

B．C．

D．參考答案：B4.已知直線m、l,平面α、β，且m⊥α,lβ，給出下列命題：①若α∥β，則m⊥l；②若α⊥β，則m∥l；③若m⊥l,則α∥β；④若m∥l,則α⊥β.其中正確命題的個數(shù)是（A）1

（B）2

（C）3

（D）4參考答案：答案：B5.設(shè)圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D6.下列函數(shù)與相等的是A．

B．

C． D．參考答案：A7.已知、是橢圓和雙曲線的公共焦點，是它們的一個公共點，且，則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為(

)A． B． C．3 D．2參考答案：A試題分析：設(shè)橢圓的長半軸為，雙曲線的實半軸為，半焦距為，

由橢圓和雙曲線的定義可知，

設(shè)，橢圓和雙曲線的離心率分別為

由余弦定理可得，①

在橢圓中，①化簡為即即在雙曲線中，①化簡為即即③

聯(lián)立②③得，由柯西不等式得即（

即，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，故選A考點：橢圓，雙曲線的簡單性質(zhì)，余弦定理8.設(shè)全集U=R，集合A={x|x＞0}，B={x|x2﹣x﹣2＜0}，則A∩（?UB）=（）A．（0，2] B．（﹣1，2] C．[﹣1，2] D．[2，+∞）參考答案：D【考點】交、并、補集的混合運算．【分析】先求出集合A，B，從而得到CUB，由此能求出A∩（?UB）．【解答】解：∵全集U=R，集合A={x|x＞0}，B={x|x2﹣x﹣2＜0}={x|﹣1＜x＜2}，∴CUB={x≤﹣1或x≥2}，A∩（?UB）={x|x≥2}=[2，+∞）．故選：D．9.函數(shù)y=1+x+的部分圖象大致為（）A． B．C． D．參考答案：D【分析】通過函數(shù)的解析式，利用函數(shù)的奇偶性的性質(zhì)，函數(shù)的圖象經(jīng)過的特殊點判斷函數(shù)的圖象即可．【解答】解：函數(shù)y=1+x+，可知：f（x）=x+是奇函數(shù)，所以函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱，則函數(shù)y=1+x+的圖象關(guān)于（0，1）對稱，當(dāng)x→0+，f（x）＞0，排除A、C，點x=π時，y=1+π，排除B．故選：D．【點評】本題考查函數(shù)的圖象的判斷，函數(shù)的奇偶性以及特殊點是常用方法．10.若復(fù)數(shù)z滿足（1+i）z=2﹣i，則在復(fù)平面內(nèi)，z的共軛復(fù)數(shù)的實部與虛部的積為（）A． B． C． D．參考答案：A【考點】復(fù)數(shù)的基本概念．【分析】利用復(fù)數(shù)的運算法則、共軛復(fù)數(shù)與實部與虛部的定義即可得出．【解答】解：（1+i）z=2﹣i，∴（1﹣i）（1+i）z=（2﹣i）（1﹣i），∴2z=1﹣3i，∴z=﹣i，=+i，則在復(fù)平面內(nèi)，z的共軛復(fù)數(shù)的實部與虛部的積==．故選：A．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在平面直角坐標系中，已知角的頂點和點重合，始邊與軸的非負半軸重合，終邊上一點坐標為，則

．參考答案：由三角函數(shù)定義得，所以12.若復(fù)數(shù)z滿足（其中i為虛數(shù)單位），則

▲

.參考答案：

1

13.已知tan（α+β）=，tan（α+）=，則tan（β﹣）=

．參考答案：【考點】兩角和與差的正切函數(shù)．【專題】三角函數(shù)的求值．【分析】由三角函數(shù)的公式可得tan（β﹣）=tan=，代入已知數(shù)據(jù)化簡可得．【解答】解：∵tan（α+β）=，tan（α+）=，∴tan（β﹣）=tan===，故答案為：．【點評】本題考查兩角差的正切公式，角的整體代入是解決問題的關(guān)鍵，屬基礎(chǔ)題．14.設(shè)集合則使成立的實數(shù)的值是

參考答案：-115.閱讀下列程序:Read

S1For

I

from

1

to

5

step2

SS+I

PrintSEndforEnd輸出的結(jié)果是

。參考答案：2，5，1016.（5分）設(shè)變量x，y滿足，則z=|x﹣3y|的最大值為

．參考答案：8【考點】：簡單線性規(guī)劃．不等式的解法及應(yīng)用．【分析】：作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域，設(shè)t=x﹣3y，利用目標函數(shù)的幾何意義，利用數(shù)形結(jié)合求出t的取值范圍，即可得到結(jié)論．解：作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域，設(shè)t=x﹣3y，則y=，平移直線y=，由圖象可知當(dāng)直線y=經(jīng)過點A（﹣2，2）時，截距最大，此時t=2+6=8，經(jīng)過點B（﹣2，﹣2）時，截距最小，此時t=﹣2+6=﹣4，∴﹣4≤t≤8即z=|x﹣3y|的最大值為8，故答案為：8【點評】：本題主要考查線性規(guī)劃的應(yīng)用，利用條件設(shè)t=x﹣3y，求出t的取值范圍是解決本題的關(guān)鍵．17.函數(shù)的值域是 。參考答案：（0，1）∪（1，+∞）略三、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.平行四邊形ABCD所在的平面與直角梯形ABEF所在的平面垂直，，，且，，，P為DF的中點.（1）求證：平面ABCD；（2）求證：；（3）若直線EF上存在點H，使得CF，BH所成角的余弦值為，求BH與平面ADF所成角的大小.參考答案：（1）證明見解析（2）證明見解析（3）【分析】(1)取的中點或取中點,利用證平行四邊形的方法再證明平面即可.(2)根據(jù)勾股定理與余弦定理證明,再根據(jù)面面垂直的性質(zhì)得出平面即可證明.(3)以、、所在直線為、、軸建立空間直角坐標系.設(shè),再利用空間向量求解關(guān)于線面角的問題即可.【詳解】（1）解法1：取的中點,連結(jié),,,在直角梯形中,,,所以四邊形為平行四邊形,所以,在中,,所以,又因為,所以平面平面,又平面,所以平面.解法2：取中點,連結(jié),,在中,,,所以,且,又,,所以,,所以四邊形為平行四邊形,所以,因為平面,平面,所以平面.（2）在中,,,所以,所以,所以,又平面平面,平面平面,平面,所以平面,因為平面,所以.（3）由（1）（2）以為原點,以、、所在直線為、、軸建立空間直角坐標系.所以,,,,,所以,所以,,,設(shè),所以,所以,所以,所以,所以,設(shè)平面的法向量為,所以,所以令,則,如與平面成的角為,所以.所以,即與面成的角為.【點睛】本題主要考查了線面平行與線線垂直的一般方法,同時也考查了建立空間直角坐標系求解線面角的問題,需要設(shè)線段的比例關(guān)系,求解關(guān)于比例參數(shù)的解析式根據(jù)線面角大小化簡求解.屬于難題.19.已知A（﹣2，0）、B（2，0），點C、點D依次滿足．（1）求點D的軌跡方程；（2）過點A作直線l交以A、B為焦點的橢圓于M、N兩點，線段MN的中點到y(tǒng)軸的距離為，且直線l與點D的軌跡相切，求該橢圓的方程．參考答案：【考點】軌跡方程；橢圓的標準方程．【分析】（1）設(shè)C、D點的坐標分別為C（x0，y0），D（x，y），欲求點D的軌跡方程，即尋找x，y之間的關(guān)系式，利用向量間的關(guān)系求出P點的坐標后代入距離公式即可得；（2）設(shè)橢圓方程為，根據(jù)圓的切線性質(zhì)及中點條件，利用待定系數(shù)法求出待定系數(shù)a，b即可．【解答】解：（1）設(shè)C、D點的坐標分別為C（x0，y0），D（x，y），則），，則，故．又代入中，整理得x2+y2=1，即為所求點D的軌跡方程．（2）易知直線l與x軸不垂直，設(shè)直線l的方程為y=k（x+2），①又設(shè)橢圓方程為，②a2﹣b2=4，因為直線l：kx﹣y+2k=0與圓x2+y2=1相切．故，解得．將①代入②整理得，（a2k2+a2﹣4）x2+4a2k2x+4a2k2﹣a4+4a2=0，③將代入上式，整理得，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則，由線段MN的中點到y(tǒng)軸的距離為，||=，解得a2=8，或a2=，經(jīng)檢驗，a2=8，此時③的判別式大于0．故所求的橢圓方程為．20.如圖，在三棱錐S-ABC中，SC⊥平面ABC，點P、M分別是SC和SB的中點，設(shè)PM=AC=1，∠ACB=90°，直線AM與直線SC所成的角為60°。

（1）求證：PM⊥平面SAC；（2）求二面角M-AB-C的平面角的余弦值。參考答案：（1）證明:∵平面，∴，

∵，∴。又，

∴

平面，

∵、是和SB的中點，∴∥，

∴平面。（2）以C為原點，CA、CB、CS所在的直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系C-xyz，如圖所示，則，，，設(shè)（），則，，

，，∵直線AM與直線SC所成的角為60°，∴|，|=||=，解得。，，，，，設(shè)平面的法向量為，則

且，

從而，令，得，∵平面的一個法向量為，

∴，∴二面角的平面角的余弦值為。21.已知函數(shù)f（x）=ln（ex+a）（a為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)）是實數(shù)集R上的奇函數(shù)，函數(shù)g（x）=λf（x）+sinx在區(qū)間[﹣1，1]上是減函數(shù)．（1）求實數(shù)a的值；（2）若g（x）≤t2+λt+1在x∈[﹣1，1]上恒成立，求實數(shù)t的取值范圍；（3）討論關(guān)于x的方程的根的個數(shù)．參考答案：【考點】函數(shù)恒成立問題；根的存在性及根的個數(shù)判斷．【分析】（1）利用定義法進行判斷得a（ex+e﹣x+a）=0恒成立，求出a的值；（2）利用導(dǎo)數(shù)，結(jié)合單調(diào)性可知g'（x）≤0恒成立，λ≤﹣1；要使g（x）≤t2+λt+1在x∈[﹣1，1]上恒成立，只需﹣λ﹣sin1≤t2+λt+1在λ≤﹣1時恒成立即可．可構(gòu)造函數(shù)，看成關(guān)于λ的一次函數(shù)進行求解，進而得出λ的范圍；（3）利用構(gòu)造函數(shù)法，令，通過導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，通過極值，單調(diào)性，模擬函數(shù)圖象，利用數(shù)學(xué)結(jié)合得出m的不同分類．【解答】解：（1）∵f（x）=ln（ex+a）是奇函數(shù)，∴f（﹣x）=﹣f（x），即ln（e﹣x+a）=﹣ln（ex+a）恒成立，∴（e﹣x+a）（ex+a）=1，∴1+ae﹣x+aex+a2=1．即a（ex+e﹣x+a）=0恒成立，故a=0…（2）由（l）知g（x）=λf（x）+sinx，∴g'（x）=λ+cosx，x∈[﹣1，1]，∴要使g（x）=λf（x）+sinx是區(qū)間[﹣1，1]上的減函數(shù)，則有g(shù)'（x）≤0恒成立，∴λ≤﹣1．又∵g（x）max=g（﹣1）=﹣λ﹣sin1，∴要使g（x）≤t2+λt+1在x∈[﹣1，1]上恒成立，只需﹣λ﹣sin1≤t2+λt+1在λ≤﹣1時恒成立即可．∴（t+1）λ+t2+sin1+1≥0（其中λ≤﹣1）恒成立即可．令h（λ）=（t+1）λ+t2+sin1+1≥0（λ≤﹣1），則即而t2﹣t+sin1≥0恒成立，∴t≤﹣1…（3）由（1）知方程，即，令∵當(dāng)x∈（0，e]時，f'1（x）≥0，∴f1（x）在（0，e]上為增函數(shù)；當(dāng)x∈[e，+∞）時，f'1（x）≤0，∴f1（x）在[e，+∞）上為減函數(shù)；當(dāng)x=e時，．而當(dāng)x∈（0，e]時f2（x）是減函數(shù)，當(dāng)x∈[e，+∞）時，f2（x）是增函數(shù)，∴當(dāng)x=e時，．故當(dāng)，即時，方程無實根；當(dāng)，即時，方程有一個根；當(dāng)，即時，方程有兩個根．…22.（本題共13分）曲線都是以原點O為對稱中心、離心率相等的橢圓.點M的坐標是（0,1）,線段MN是的短軸，是的長軸.直線與交于A,D兩點（A在D的左側(cè)），與交于B,C兩點（B在C的左側(cè)）．

（Ⅰ）當(dāng)m=，時，求橢圓的方程；

（Ⅱ）若，求m的值．參考答案：解：設(shè)C1的方程為,C2的方程為（）．

…..2分∵C1,C2的離心率相同，∴,∴，………………..……3分∴C2的方程為．當(dāng)m=時，A,C．………………….……5分又∵,

∴，解得a=