1、2022-2023學年山東省濰坊市高密向陽中學高三數學文聯考試卷含解析一、 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. 若x，y滿足且z=yx的最小值為4，則k的值為（）A2B2C D參考答案：D考點： 簡單線性規劃專題： 數形結合；不等式的解法及應用分析： 對不等式組中的kxy+20討論，當k0時，可行域內沒有使目標函數z=yx取得最小值的最優解，k0時，若直線kxy+2=0與x軸的交點在x+y2=0與x軸的交點的左邊，z=yx的最小值為2，不合題意，由此結合約束條件作出可行域，化目標函數為直線方程的斜截式，由圖得到最優解，聯立方程

2、組求出最優解的坐標，代入目標函數得答案解答： 解：對不等式組中的kxy+20討論，可知直線kxy+2=0與x軸的交點在x+y2=0與x軸的交點的右邊，故由約束條件作出可行域如圖，由kxy+2=0，得x=，B（）由z=yx得y=x+z由圖可知，當直線y=x+z過B（）時直線在y軸上的截距最小，即z最小此時，解得：k=故選：D點評： 本題考查簡單的線性規劃，考查了數形結合的解題思想方法，是中檔題2. 若復數z滿足z（1+2i）=|1+3i|2，（i為虛數單位），則復數z在復平面內對應的點位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限參考答案：C【考點】A5：復數代數形式的乘除運算【分析】把已知等

3、式變形，再由復數代數形式的乘法運算化簡復數z，求出z在復平面內對應的點的坐標得答案【解答】解：由z（1+2i）=|1+3i|2，得=，則復數z在復平面內對應的點的坐標為：（2，4），位于第三象限故選：C【點評】本題考查了復數代數形式的乘除運算，考查了復數的代數表示法及其幾何意義，是基礎題3. 定義在（，0）（0，+）上的函數，如果對于任意給定的等比數列，）仍是等比數列，則稱為“保等比數列函數”現有定義在（，0）（0，+）上的如下函數：=：；則其中是“保等比數列函數”的的序號為（ ） A B C D參考答案：C略4. “”是函數滿足：對任意的，都有”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要

4、條件D既不充分也不必要條件參考答案：A當時， 在上遞減， 在遞減，且，在上遞減， 任意都有，充分性成立；若，在上遞減，在上遞增，任意，都有，必要性不成立， “”是函數滿足：對任意的，都有”的充分不必要條件，故選A5. （多選題）在增減算法統宗中有這樣一則故事：“三百七十八里關，初行健步不為難；次日腳痛減一半，如此六日過其關”則下列說法錯誤的是（ ）A. 此人第二天走了九十六里路B. 此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里.C. 此人第三天走的路程占全程的D. 此人后三天共走了42里路參考答案：C由題意可知，每天走的路程里數構成以為公比的等比數列，由S6=378求得首項，再由等比數列的通項公式

5、求第二天的，第三天的，后三天的路程，即可得到答案6. 已知兩條直線：y=m 和： y=（m0），與函數的圖像從左至右相交于點A，B ，與函數的圖像從左至右相交于C,D 記線段AC和BD在X軸上的投影長度分別為a ,b ,當m 變化時，的最小值為 A B C D參考答案：B7. 已知點A（0，2），拋物線C1：y2=ax（a0）的焦點為F，射線FA與拋物線C相交于點M，與其準線相交于點N，若|FM|：|MN|=1：，則a的值等于( )ABC1D4參考答案：D考點：拋物線的簡單性質 專題：圓錐曲線的定義、性質與方程分析：作出M在準線上的射影，根據|KM|：|MN|確定|KN|：|KM|的值，進而列

6、方程求得a解答：解：依題意F點的坐標為（，0），設M在準線上的射影為K，由拋物線的定義知|MF|=|MK|，|KM|：|MN|=1：，則|KN|：|KM|=2：1，kFN=，kFN=2=2，求得a=4，故選D點評：本題主要考查了拋物線的簡單性質拋物線中涉及焦半徑的問題常利用拋物線的定義轉化為點到準線的距離來解決8. 設隨機變量服從正態分布，若，則= ( ) A B C D 參考答案：D9. 數列an中，a1 =1，對所有nN+都有a1 a2an =n2,則a3+ a5等于- （ ）A B C D參考答案：【知識點】數列的概念及簡單表示法D1 【答案解析】A 解析：當n2時，a1?a2?a3?a

7、n=n2當n3時，a1?a2?a3?an1=（n1）2兩式相除an=（）2，a3=，a5=a3+a5=故選A【思路點撥】由n2，nN時a1?a2?a3?an=n2得當n3時，a1?a2?a3?an1=（n1）2然后兩式相除an=（）2，即可得a3=，a5=從而求得a3+a5=10. 已知，3sin2=2cos，則cos（）等于（）ABCD參考答案：C【考點】二倍角的正弦【專題】三角函數的求值【分析】由條件求得sin 和cos 的值，再根據cos（）=cos求得結果【解答】解：，3sin2=2cos，sin=，cos=cos（）=cos=（）=，故選：C【點評】本題主要考查二倍角公式、誘導公式的

8、應用，屬于中檔題二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 已知函數，則滿足的實數x的取值范圍是_.參考答案：12. 已知函數則不等式的解集是 . 參考答案：（)略13. 若函數，且在實數上有三個不同的零點，則實數_ 參考答案：14. 正三角形ABC的邊長為2，將它沿高AD翻折，使點B，C間的距離為，則四面體A-BCD外接球的表面積為_參考答案：5試題分析：四面體在如下圖所示的長方體中，其外接球即為長方體的外接球，半徑，表面積為；故填考點：1.球與多面體的組合；2.球的表面積公式.15. 馬老師從課本上抄錄一個隨機變量的概率分布列如下表：X123P?!?請小牛同學計算的數學期望，

9、盡管“！”處無法完全看清，且兩個“？”處字跡模糊，但能肯定這兩個“？”處的數值相同。據此，小牛給出了正確答案 .參考答案：216. 關于函數，下列命題：存在，當時，成立；在區間上是單調遞增；函數的圖像關于點成中心對稱圖像；將函數的圖像向左平移個單位后將與的圖像重合其中正確的命題序號 （注：把你認為正確的序號都填上）參考答案：17. 在ABC中，點A（1，1），點B（3，3），點C在x軸上，當cosACB取得最小值時，點C的坐標為參考答案：（，0）【考點】兩直線的夾角與到角問題【分析】設C（x，0），則當cosACB取得最小值時，tanACB取得最大值利用夾角公式，結合基本不等式，即可得出結論【

10、解答】解：設C（x，0），則當cosACB取得最小值時，tanACB取得最大值點A（1，1），點B（3，3），tanACB=，由題意，x0，x+2，即x=時，tanACB取得最大值C（，0）故答案為（，0）三、 解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18. 已知是定義在-1,1上的奇函數，且，若任意的，當時，總有（1）、判斷函數在-1,1上的單調性，并證明你的結論； （2）、解不等式：；（3）、若對所有的恒成立，其中（是常數），求實數的取值范圍參考答案：解析：（1）在上是增函數，證明如下：任取，且，則，于是有，而，故，故在上是增函數 4分（2）由在上是增函數知

11、： ，.8分故不等式的解集為 9分（3）由（1）知最大值為，所以要使對所有的恒成立，只需成立，即成立 10分 當時，的取值范圍為；當時，的取值范圍為；當時，的取值范圍為R 13分19. 在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，.（1）求cosB；（2）若，求ABC的面積.參考答案：（1）（2）【分析】（1）由正弦定理化簡可得，利用余弦定理即可得到的值。（2）結合（1）可得以及邊的長，利用面積公式即可得到答案。【詳解】解：（1）因為，所以，即. 又因為，所以. （2）因為，所以.因為，在中，所以 所以.【點睛】本題主要考查正弦定理的邊角互化以及余弦定理與面積公式，考查學生基本的計算能

12、力，屬于基礎題。20. 已知函數.（）討論的單調性；（）若為曲線上兩點， 求證：.參考答案：解：（） ；.2分當 時， ， 在 上單調遞增； 當 時，令 ，得 ，令 ，得 ；所以，當 時， 的單調遞增區間為，無單調遞減區間；當 時， 的單調遞增區間為， 的單調遞減區間為 .5分（）要證即證 即證 ；即證； .7分 令，構造函數，則,所以 在上單調遞增; .9分，即成立，所以成立，.11分所以 成立. .12分21. 已知函數f（x）=lnx+ax（aR）在點（1，f（1）處切線方程為y=2x1（I）求a的值（）若k2，證明：當x1時，（）若k2且kz，對任意實數x1恒成立，求k的最大值參考答案

13、：【考點】利用導數研究曲線上某點切線方程；利用導數求閉區間上函數的最值【分析】（I）求出導數，求得切線的斜率，解方程可得a=1；（）運用分析法證明，即證lnxk（1）1，即xlnx+xk（x3）0，x1令g（x）=xlnx+xk（x3），求出導數，判斷單調性，即可得證；（）求得g（x）在x1時取得最小值g（ek2）=3kek2，由題意可得3kek20（k2）恒成立，令h（x）=3xex2，求出導數，求得單調區間，可得最大值，計算h（2），h（2+ln3），h（4），h（5）的符號，即可得到所求k的最大值【解答】解：（I）函數f（x）=lnx+ax的導數為f（x）=+a，由題意可得切線的斜率為2

14、，即f（1）=2，即有1+a=2，解得a=1；（）證明：由題意可得要證當x1時，即證lnxk（1）1，即xlnx+xk（x3）0，x1令g（x）=xlnx+xk（x3），g（x）=2+lnxk，由k2，x1，可得2k0，lnx0，即有g（x）0，則g（x）在x1遞增，即有g（x）g（1）=1+2k0，則當x1時，；（）若k2，lnx+2k0，可得xek2；lnx+2k0，可得1xek2即有g（x）在（ek2，+）遞增，在（1，ek2）遞減，可得g（x）在x1時取得最小值g（ek2）=3kek2，由題意可得3kek20（k2）恒成立，令h（x）=3xex2，h（x）=3ex2，可得x2+ln3，

15、h（x）0，h（x）遞減；x2+ln3，h（x）0，h（x）遞增則h（x）在x=2+ln3處取得最大值，由1ln32，可得32+ln34，h（2）=60，h（2+ln3）=3+3ln30，h（4）=12e20，h（5）=15e30，則k4，即有k的最大值為422. （13分）已知函數f（x）=x22mx+2m（）若不等式f（x）xmx在R上恒成立，求實數m的取值范圍；（）記A=y|y=f（x），0 x1，且A?0，+），求實數m的最大值參考答案：【考點】： 二次函數在閉區間上的最值；二次函數的性質【專題】： 函數的性質及應用【分析】： （）由題意可得 x22mx+2mxmx在R上恒成立，即 x2 （m+1）x+2m0恒成立，由判別式小于或等于零求得實數m的取值范圍（）由題意可得x22mx+2m0 在0，1上恒成立，分m0、0m1、m1三種情況分別求出實數m的取值范圍，再去并集，即得所求解：（）由題意可得 x22mx+2mxmx在R上恒成立，即 x2 （m+1）x+2m0恒成立，=（m+1）24（2m）0，解得7m1，故實數m的取值范圍為7，1（）由題意可得，A=y|y=f（x），0 x1=y|y0 在0，1上恒成立，即x22mx+