2021-2022學(xué)年廣東省陽(yáng)江市新洲中學(xué)高三數(shù)學(xué)理聯(lián)考試題含解析

2021-2022學(xué)年廣東省陽(yáng)江市新洲中學(xué)高三數(shù)學(xué)理聯(lián)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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.函數(shù)f（x）=x|x|．若存在x∈[1，+∞），使得f（x﹣2k）﹣k＜0，則k的取值范圍是（）A．（2，+∞） B．（1，+∞） C．（，+∞） D．（，+∞）參考答案：D【考點(diǎn)】特稱命題．【分析】根據(jù)題意x∈[1，+∞）時(shí)，x﹣2k∈[1﹣2k，+∞）；討論①1﹣2k≤0時(shí)和②1﹣2k＞0時(shí)，存在x∈[1，+∞），使f（x﹣2k）﹣k＜0時(shí)k的取值范圍即可．【解答】解：根據(jù)題意，x∈[1，+∞）時(shí)，x﹣2k∈[1﹣2k，+∞）；①當(dāng)1﹣2k≤0時(shí)，解得k≥；存在x∈[1，+∞），使得f（x﹣2k）﹣k＜0，即只要f（1﹣2k）﹣k＜0即可；∵1﹣2k≤0，∴f（1﹣2k）=﹣（1﹣2k）2，∴﹣（1﹣2k）2﹣k＜0，整理得﹣1+4k﹣4k2﹣k＜0，即4k2﹣3k+1＞0；∵△=（﹣3）2﹣16=﹣7＜0，∴不等式對(duì)一切實(shí)數(shù)都成立，∴k≥；②當(dāng)1﹣2k＞0時(shí)，解得k＜；存在x∈[1，+∞），使得f（x﹣2k）﹣k＜0，即只要f（1﹣2k）﹣k＜0即可；∵1﹣2k＞0，∴f（1﹣2k）=（1﹣2k）2，∴（1﹣2k）2﹣k＜0，整理得4k2﹣5k+1＜0，解得＜k＜1；又∵k＜，∴＜k＜；綜上，k∈（，）∪[，+∞）=（+∞）；∴k的取值范圍是k∈（，+∞）．故選：D．2.曲線在區(qū)間上截直線y=4與y=－2所得的弦長(zhǎng)相等且不為0，則下列描述中正確的是A．

B．

C．

D．參考答案：A3.已知函教的圖象與直線y=b(0<b<A)的三個(gè)相鄰交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別是2，4，8，則的單調(diào)遞增區(qū)間是（

）A.

B. C.

D.參考答案：C4.對(duì)于非空集合、，定義運(yùn)算：，已知，，其中、、、滿足，，則A. B. C. D.參考答案：B5.若實(shí)數(shù)，滿足不等式組

且的最大值為9，則實(shí)數(shù)A．

B．

C．1

D．

2參考答案：C6.過橢圓C：（為參數(shù)）的右焦點(diǎn)F作直線l：交C于M，N兩點(diǎn)，，，則的值為（）A. B. C. D.不能確定參考答案：B【分析】消去參數(shù)得到橢圓的普通方程，求得焦點(diǎn)坐標(biāo)，寫出直線的參數(shù)方程，代入橢圓的普通方程，寫出韋達(dá)定理，由此求得的值.【詳解】消去參數(shù)得到橢圓的普通方程為，故焦點(diǎn)，設(shè)直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），代入橢圓方程并化簡(jiǎn)得.故（異號(hào)）.故.故選B.【點(diǎn)睛】本小題主要考查橢圓的參數(shù)方程化為普通方程，考查直線和橢圓的位置關(guān)系，考查利用直線參數(shù)的幾何意義解題，考查化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想方法，屬于中檔題.7.如圖，圓與兩坐標(biāo)軸分別切于A，B兩點(diǎn)，圓上一動(dòng)點(diǎn)P從A開始沿圓周按逆時(shí)針方向勻速旋轉(zhuǎn)回到A點(diǎn)，則△OBP的面積隨時(shí)間變化的圖象符合（）A． B． C． D．參考答案：A【考點(diǎn)】函數(shù)的圖象．【分析】分類討論，結(jié)核函數(shù)值的變化情況以及所給的選項(xiàng)，得出結(jié)論．【解答】解：當(dāng)點(diǎn)P從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，△OBP的面積逐漸減小，在點(diǎn)B處，△OBP的面積為零．當(dāng)點(diǎn)P從B運(yùn)動(dòng)到圓的最高點(diǎn)的過程中，△OBP的面積又逐漸增大，且當(dāng)P位于圓的最高點(diǎn)時(shí)，△OBP的面積達(dá)到最大值．當(dāng)點(diǎn)P從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A的過程中，△OBP的面積又逐漸減小，故選：A．8.以拋物線的焦點(diǎn)為圓心，且與雙曲線的漸近線相切的圓的方程為（

）（A） （B） （C） （D）參考答案：D9.的展開式中的系數(shù)為（

）A．

-160

B．320

C.480

D．640參考答案：B10.已知正實(shí)數(shù)m，n滿足m+n=1，且使取得最小值．若曲線y=xa過點(diǎn)P（，），則a的值為（）A．﹣1 B． C．2 D．3參考答案：B【考點(diǎn)】基本不等式．【專題】不等式．【分析】先根據(jù)基本不等式等號(hào)成立的條件求出m，n的值，得到點(diǎn)P的坐標(biāo)，再代入到函數(shù)的解析式中，求得答案．【解答】解：=（m+n）（+）=1+16++≥17+2=25，當(dāng)且僅當(dāng)n=4m，即m=，n=時(shí)取等號(hào)，∴點(diǎn)P（，），∴=，∴α=．故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查了基本不等式的應(yīng)用以及函數(shù)的解析式，屬于基礎(chǔ)題．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知是函數(shù)的兩個(gè)零點(diǎn)，，則的取值范圍是.參考答案：【知識(shí)點(diǎn)】函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系．B9解析：令f（x）=0，則，作出和在R上的圖象，可知恰有兩個(gè)交點(diǎn)，設(shè)零點(diǎn)為x1，x2且，x1＜1，x2＞1，故有＞x2，即x1x2＜1．又f（）＜0，f（1）＞0，∴＜x1＜1，∴x1x2＞．故答案為：（，1）．【思路點(diǎn)撥】作出和在R上的圖象，可知恰有兩個(gè)交點(diǎn)，設(shè)零點(diǎn)為x1，x2且，再結(jié)合零點(diǎn)存在定理，可得結(jié)論．12.(坐標(biāo)系與參數(shù)方程選做題)圓和圓的極坐標(biāo)方程分別為，則經(jīng)過兩圓圓心的直線的直角坐標(biāo)方程為_________．參考答案：把圓和圓的極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程為：和，所以兩圓心坐標(biāo)為（2,0），和（0，-2），所以經(jīng)過兩圓圓心的直線的直角坐標(biāo)方程為。13.已知定義在上的函數(shù)是奇函數(shù)且滿足，，數(shù)列滿足，且（其中為的前項(xiàng)和）,則

.參考答案：3略14.設(shè)數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，則

參考答案：15這題相當(dāng)于直接給出答案了15.如圖3，已知，是的兩條弦，，，，則的半徑等于________.參考答案：16.過點(diǎn)的直線將圓：分成兩段弧，當(dāng)形成的優(yōu)弧最長(zhǎng)時(shí)，則（1）直線的方程為

；（2）直線被圓截得的弦長(zhǎng)為

．參考答案：；．（1）設(shè)圓心為，由圓的性質(zhì)得，當(dāng)直線時(shí)，形成的優(yōu)弧最長(zhǎng)，此時(shí)，所以直線的斜率為．于是有點(diǎn)斜式得直線的方程為，即．故填．（2）圓心到直線的距離為，設(shè)直線與圓相交于點(diǎn)，，則弦長(zhǎng)．故填．【解題探究】本題考查直線與圓的位置關(guān)系和直線被圓截得弦長(zhǎng)的計(jì)算．第（1）問利用直線時(shí)，形成的優(yōu)弧最長(zhǎng)可求出直線的斜率，進(jìn)而求出直線的方程；第（2）問先求出圓心到直線的距離，再計(jì)算直線被圓截得的弦長(zhǎng)．17.在△ABC中，，以AB為邊作等腰直角三角形ABD（B為直角頂點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)在直線AB的兩側(cè)），當(dāng)變化時(shí)，線段CD長(zhǎng)的最大值為__________．參考答案：3試題分析：設(shè)，，則在三角形BCD中，由余弦定理可知，在三角形ABC中，由余弦定理可知，可得，所以，令，則，當(dāng)時(shí)等號(hào)成立．考點(diǎn)：解三角形三、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.設(shè)F（1，0），點(diǎn)M在x軸上，點(diǎn)P在y軸上，且．（1）當(dāng)點(diǎn)P在y軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求點(diǎn)N的軌跡C的方程；（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3）是曲線C上的點(diǎn)，且成等差數(shù)列，當(dāng)AD的垂直平分線與x軸交于點(diǎn)E（3，0）時(shí)，求點(diǎn)B的坐標(biāo)．參考答案：解：（1）設(shè)N（x，y），則由得P為MN的中點(diǎn)，所以又，∴∵，∴y2=4x（x≠0）（2）由（1）知F（1，0）為曲線C的焦點(diǎn)，由拋物線定義知拋物線上任一點(diǎn)P0（x0，y0）到F的距離等于其到準(zhǔn)線的距離，即故，又成等差數(shù)列∴x1+x3=2x2∵直線AD的斜率∴AD的中垂線方程為又AD的中點(diǎn)在直線上，代入上式，得故所求點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，±2）略19.已知點(diǎn)F是拋物線:的焦點(diǎn)，點(diǎn)到F的距離為2.（Ⅰ）求拋物線方程；（Ⅱ）設(shè)直線AB與曲線相交于A,B兩點(diǎn)，若AB的中垂線與y軸的交點(diǎn)為，求b的值.（Ⅲ）拋物線上是否存在異于點(diǎn)、的點(diǎn)，使得經(jīng)過、、三點(diǎn)的圓和拋物線在點(diǎn)處有相同的

切線.若存在，求出點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由.參考答案：解：（Ⅰ）準(zhǔn)線：，依拋物線定義可知，，所以拋物線為----3分（Ⅱ）由，所以的中點(diǎn)為，所以AB的中垂線為依題意可知在垂線上，所以----------------------------------7分(2)由（Ⅱ）,假設(shè)拋物線上存在異于點(diǎn)、的點(diǎn)，滿足題意令圓的圓心為，則由得得，（或者用中垂線交點(diǎn)求出圓心坐標(biāo)）------10分因?yàn)閽佄锞€在點(diǎn)處的切線斜率，--------------------------11分又該切線與垂直，所以所以因?yàn)椋?故存在點(diǎn)且坐標(biāo)為.--------------------------------------13分略20.己知n為正整數(shù)，數(shù)列{an}滿足an＞0，4（n+1）an2﹣nan+12=0，設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn=（1）求證：數(shù)列{}為等比數(shù)列；（2）若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，求實(shí)數(shù)t的值：（3）若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8a12Sn﹣a14n2=16bm成立，求滿足條件的所有整數(shù)a1的值．參考答案：【考點(diǎn)】數(shù)列的求和；等比數(shù)列的通項(xiàng)公式．【分析】（1）數(shù)列{an}滿足an＞0，4（n+1）an2﹣nan+12=0，化為：=2×，即可證明．（2）由（1）可得：=，可得=n?4n﹣1．?dāng)?shù)列{bn}滿足bn=，可得b1，b2，b3，利用數(shù)列{bn}是等差數(shù)列即可得出t．（3）根據(jù)（2）的結(jié)果分情況討論t的值，化簡(jiǎn)8a12Sn﹣a14n2=16bm，即可得出a1．【解答】（1）證明：數(shù)列{an}滿足an＞0，4（n+1）an2﹣nan+12=0，∴=an+1，即=2，∴數(shù)列{}是以a1為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列．（2）解：由（1）可得：=，∴=n?4n﹣1．∵bn=，∴b1=，b2=，b3=，∵數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，∴2×=+，∴=+，化為：16t=t2+48，解得t=12或4．（3）解：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，由（2）可得：t=12或4．①t=12時(shí)，bn==，Sn=，∵對(duì)任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8a12Sn﹣a14n2=16bm成立，∴×﹣a14n2=16×，∴=，n=1時(shí)，化為：﹣=＞0，無解，舍去．②t=4時(shí)，bn==，Sn=，對(duì)任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8a12Sn﹣a14n2=16bm成立，∴×﹣a14n2=16×，∴n=4m，∴a1=．∵a1為正整數(shù)，∴=k，k∈N*．∴滿足條件的所有整數(shù)a1的值為{a1|a1=2，n∈N*，m∈N*，且=k，k∈N*}．21.（本小題滿分12分，⑴小問3分，⑵小問4分，⑶小問5分）（原創(chuàng)）在數(shù)列中，已知，，其前項(xiàng)和滿足。⑴求的值；⑵求的表達(dá)式；⑶對(duì)于任意的正整數(shù)，求證：。參考答案：⑴依次令可得，，；

⑵法一：由⑴猜想，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)時(shí)結(jié)論顯然成立；②假設(shè)時(shí)結(jié)論成立，即，則，故當(dāng)時(shí)結(jié)論成立。綜上知結(jié)論成立。

法二：猜想，下面用第二數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)時(shí)結(jié)論顯然成立；②假設(shè)時(shí)結(jié)論成立，即，則，故當(dāng)時(shí)結(jié)論成立。綜上知結(jié)論成立。

法三：由題，當(dāng)時(shí)，，故，因此。又，故。⑶法一：由⑵知為等差數(shù)列，故。由知一定時(shí)，要使最小，則最大。顯然，故，因此，從而。

法二：因?yàn)?，所以，故，因此，從而，即。法三：①?dāng)時(shí)不等式顯然成立；②假設(shè)時(shí)不等式成立，即，則如“法二”可證，故，即當(dāng)時(shí)不等式成立。綜上得證。

22.