2022-2023學年福建省廈門市檳榔中學高三數學理聯考試題含解析一、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.在△ABC中，點D為BC的中點，若AB=，AC=3，則?=（） A．1 B． 2 C． 3 D． 4參考答案：B2.已知函數f（x）=e|lnx|﹣|x﹣|，則函數y=f（x）的大致圖象為(

) A． B． C． D．參考答案：C考點：函數的圖象．專題：函數的性質及應用．分析：利用排除法，根據定義域排除A，B，根據f（1）=1排除D，問題得以解決解答： 解：∵f（x）=e|lnx|﹣|x﹣|，∴函數的定義域為（0，+∞），故排除A，B，當x=1時，f（1）=1﹣0=1，故排除D故選：C點評：本題考查了函數圖象的識別，排除法時做選擇題的一種常用方法，屬于基礎題3.等比數列

（

）

A．

B．

C．2

D．4參考答案：答案：C4.已知函數是定義在(0,+∞)上的單調函數,若對任意,都有,則的值是(

)A.5 B.6 C.7 D.8參考答案：B略5.下列命題中，真命題是

(A)

(B)

(C)的充要條件是

(D)若為假，則為假參考答案：A6.若()是所在的平面內的點，且.給出下列說法：①；②的最小值一定是；③點、在一條直線上；④向量及在向量的方向上的投影必相等.其中正確的個數是…………（

）個.

個.

個.

個.參考答案：B略7.某幾何體的三視圖如圖所示，圖中的四邊形都是邊長為4的正方形，兩條虛線互相垂直且相等，則該幾何體的體積是（

）A. B. C. D.32參考答案：B該幾何體為一個正方體去掉一個倒四棱錐，其中正方體棱長為4，倒四棱錐頂點為正方體中心，底面為正方體上底面，因此體積是，選B.點睛：1.解答此類題目的關鍵是由多面體的三視圖想象出空間幾何體的形狀并畫出其直觀圖．2．三視圖中“正側一樣高、正俯一樣長、俯側一樣寬”，因此，可以根據三視圖的形狀及相關數據推斷出原幾何圖形中的點、線、面之間的位置關系及相關數據．8.設是兩條不同的直線，是三個不同的平面，下列命題正確的是（

）A．B．C．D．參考答案：D根據線面垂直的性質可知選項D正確。9.設集合A＝{1，2}，則滿足A∪B＝{1，2，3}的集合B的個數是A.1

B.3

C.4

D.8參考答案：C10.雙曲線C的實軸和虛軸分別是雙曲線16x2-9y2=144的虛軸和實軸，則C的離心率為(

)A.

B.

C.

D.參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在“家電下鄉”活動中，某廠要將100臺洗衣機運往臨近的鄉鎮，現有4輛甲型貨車和8輛乙型貨車可供使用，每輛甲型貨車運輸費用400元，可裝洗衣機20臺；每輛甲型貨車運輸費用300元，可裝洗衣機10臺，若每輛至多只運一次，則該廠所花的最少運輸費用為

元.參考答案：略12.對于☉A：x2+y2-2x=0，以點（，）為中點的弦所在的直線方程是___________。參考答案：y=x13.對于函數，下列5個結論正確的是__________（把你認為正確的答案全部寫上）．(1)任取，,都有；(2)函數在[4,5]上單調遞增；(3)，對一切恒成立；(4)函數有3個零點；(5)若關于的方程有且只有兩個不同的實根,，則.參考答案：（1）（4）（5）14.若等比數列滿足,則_________.參考答案：15.已知橢圓的方程為，是它的一條傾斜角為的弦，且是弦的中點，則橢圓的離心率為_________參考答案：16.某中學為了解學生數學課程的學習情況，在3000名學生中隨機抽取200名，并統計這200名學生的某次數學考試成績，得到了樣本的頻率分布直方圖（如圖）．根據頻率分布直方圖推測，這3000名學生在該次數學考試中成績小于60分的學生數是．參考答案：600【考點】頻率分布直方圖．【分析】根據頻率分布直方圖，求出在該次數學考試中成績小于60分的頻率，再求成績小于60分的學生數．【解答】解：根據頻率分布直方圖，得在該次數學考試中成績小于60分的頻率是（0.002+0.006+0.012）×10=0.20∴在該次數學考試中成績小于60分的學生數是3000×0.20=600．故答案為：600．17.已知平面向量與垂直，則=

.參考答案：略三、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.已知橢圓過點，右焦點F是拋物線的焦點.（1）求橢圓C的方程；（2）已知動直線過右焦點F，且與橢圓C分別交于M，N兩點.試問x軸上是否存在定點Q，使得恒成立?若存在求出點Q的坐標:若不存在，說明理由.參考答案：(1)(2)見解析【分析】(1)由橢圓過點，得，由拋物線的焦點為，得，利用即可求解a則方程可求；（2）假設在軸上存在定點，當直線的斜率不存在時，由，解得或；當直線的斜率為0時，由，解得或，可得，得點的坐標為.再證明當時恒成立.設直線的斜率存在且不為0時，其方程為，與橢圓聯立消去y得韋達定理,向量坐標化得整理代入韋達定理即可【詳解】（1）因為橢圓過點，所以，又拋物線的焦點為，所以.所以，解得（舍去）或.所以橢圓的方程為.（2）假設在軸上存在定點，使得.①當直線的斜率不存在時，則，，，，由，解得或；②當直線的斜率為0時，則，，，，由，解得或.由①②可得，即點的坐標為.下面證明當時，恒成立.當直線的斜率不存在或斜率為0時，由①②知結論成立.當直線的斜率存在且不為0時，設其方程為，，.直線與橢圓聯立得，直線經過橢圓內一點，一定與橢圓有兩個交點，且，.，所以恒成立綜上所述，在軸上存在點，使得恒成立.【點睛】本題考查橢圓方程，直線與橢圓的位置關系，定值問題，向量運算，利用特殊位置得定點再證明一般情況成立是解決定點問題的基本方法，準確計算是關鍵，是中檔題19.已知函數．（Ⅰ）求函數的單調區間；（Ⅱ）設，若對任意，，不等式

恒成立，求實數的取值范圍．

參考答案：解：（I）的定義域是

．．．．．．．．．．．1分

．．．．．．．．．．．．．．．2分由及

得；由及得，故函數的單調遞增區間是；單調遞減區間是

．．．．．．．．4分

（II）若對任意，，不等式恒成立，問題等價于，

．．．．．．．．．5分由（I）可知，在上，是函數極小值點，這個極小值是唯一的極值點，故也是最小值點，所以；

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分當時，；當時，；當時，；

．．．．．．．．．．．．8分問題等價于

或

或

．．．．．．．．11分

解得

或

或

即，所以實數的取值范圍是

．．．．．．．．．．．．．．．．．12分

20.（本小題滿分14分）設對于任意的實數，函數，滿足，且，，（Ⅰ）求數列和的通項公式；（Ⅱ）設，求數列的前項和參考答案：（Ⅰ）取，得，取，故數列是首項是1，公比為的等比數列，所以取，，得，即，故數列是公差為的等差數列，又，所以（Ⅱ），兩式相減得所以21.已知首項都是1的數列{an}，{bn}（bn≠0，n∈N*）滿足bn+1=（Ⅰ）令cn=，求數列{cn}的通項公式；（Ⅱ）若數列{bn}為各項均為正數的等比數列，且b32=4b2?b6，求數列{an}的前n項和Sn．參考答案：考點：數列遞推式；數列的求和．專題：等差數列與等比數列．分析：（Ⅰ）由題意得an+1bn=an?bn+1+3bn?bn+1，從而，由此推導出數列{cn}是首項為1，公差為3的等差數列，進而求出cn=1+3（n﹣1）=3n﹣2，n∈N*．（Ⅱ）設數列{bn}的公比為q，q＞0，由已知得，n∈N*，從而an=cnbn=，由此利用錯位相減法能求出數列{an}的前n項和Sn．解答： 解：（Ⅰ）由題意得an+1bn=an?bn+1+3bn?bn+1，兩邊同時除以bnbn+1，得，又cn=，∴cn+1﹣cn=3，又，∴數列{cn}是首項為1，公差為3的等差數列，∴cn=1+3（n﹣1）=3n﹣2，n∈N*．

（Ⅱ）設數列{bn}的公比為q，q＞0，∵，∴，整理，得，∴q=，又b1=1，∴，n∈N*，an=cnbn=，∴Sn=1×…+，①∴=+…+，②①﹣②，得：+…+﹣（3n﹣2）×=1+3[]﹣（3n﹣2）×==4﹣（6+3n﹣2）×=4﹣（3n+4）×（）n，∴Sn=8﹣（6n+8）×．點評：本題考查數列的通項公式的求法，考查數列的前n項和的求法，解題時要認真審題，注意錯位相減法的合理運用．22.（12分）已知函數的定義域為I，導數滿足0＜＜2

且≠1，常數c1為方程的實數根，常數c2為方程的實數根．（I）求證：當時，總有成立；（II）若對任意，存在，使等式

成立．試問：方程有幾個實數根，并說明理由；（Ⅲ）（理科生答文科生不答）對任意，若滿足，求證：．

參考答案：解析:答：（I）令，∴函數為減函數．又，∴當時，，即成立．．．．．．．．．4分（II）假設方程有異于的實根m，即．則有成立．因為，所以必有，但這與≠1矛盾，因此方程不存在異于c1的實數根．∴方程只有一個實數根．．．．．．