2022-2023學年福建省莆田市湄洲中學高三數學文模擬試卷含解析一、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.設Sn是公差為的無窮等差數列的前n項和，則“d<0”是“數列有最大項”的A．充要條件

B．充分不必要條件

C．必要不充分條件

D．既不充分也不必要條件參考答案：A略2.若函數在區間上的值域為，則的值是（

）A.0

B.

1

C.

2

D.4參考答案：D【知識點】函數綜合【試題解析】

故答案為：D3.根據表格中的數據，可以斷定方程的一個根所在的區間是

（

）－10123近似值0.3712.727.3920.09 A．（－1，0） B．（0，1） C．（1，2） D．（2，3）參考答案：C4.函數的大致圖象為

參考答案：5.下列命題中，x，y為復數，則正確命題的個數是①若，則；②若，，，且，則；③的充要條件是．A．0 B．1 C．2 D．3參考答案：A①若，則,是錯誤的，如；②若，，，且，則，是錯誤的，因為兩個虛數不能比較大?。坏某湟獥l件是，是錯誤的，因為當x+yi=1+i時，x可為i,y可以為-i.故答案為：A

6.函數，若對任意都有成立，則的最小值為

（

）

A．4

B．2

C．1

D．參考答案：B略7.若集合，則（

）A．

B．

C.

D．參考答案：B8.已知變量x,y滿足約束條件

則z=x+2y-1的最大值為

A.9

B.8

C.7

D.6參考答案：【知識點】簡單線性規劃．L4

【答案解析】B

解析：作出不等式組對應的平面區域如圖：由z=x+2y﹣1得y=x+，平移直線y=x+，由圖象可知當直線y=x+經過點A時，直線y=x+的截距最大，此時z最大，由，得，即A（1，4）此時z=1+8﹣1=8，故選：B．【思路點撥】作出不等式組對應的平面區域，利用目標函數的幾何意義，利用數形結合即可得到結論.9.已知集合={0,1,2},則集合中元素的個數是(

)

(A)1

(B)

3

(C)5

(D)9參考答案：C略10.若A={x|x2﹣2x＜0}，B={|≤1}則A∩B

(

)A． （0，1） B．（0，2）

C．（1，2）

D． [1，2）參考答案：D略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.函數

為偶函數，則實數

參考答案：

因為函數為偶函數，所以，由，得，即。12.圓心為橢圓的右焦點，且與直線相切的圓方程是____．參考答案：13.函數的圖像的一條對稱軸為,則以為方向向量的直線的傾斜角為

參考答案：略14.函數f（x）=的最小正周期是．參考答案：

【考點】三角函數的周期性及其求法．【分析】利用三角函數公式化簡只有一個函數名，即可求解周期．【解答】解：函數f（x）===tan2x．∴最小正周期T=．故答案為．【點評】本題主要考查三角函數的化簡能力及圖象和性質，比較基礎．15.設直線過點其斜率為1，且與圓相切，則的值為

參考答案：16.設，若對于任意的，都有滿足方程，這時的取值范圍為_____________參考答案：17.若數列{an}的首項a1=2，且；令bn=log3（an+1），則b1+b2+b3+…+b100=．參考答案：5050【考點】數列的求和．【分析】推導出{an+1}是首項為3，公比為3的等比數列，從而得bn==n，由此能求出b1+b2+b3+…+b100．【解答】解：∵數列{an}的首項a1=2，且，∴an+1+1=3（an+1），a1+1=3，∴{an+1}是首項為3，公比為3的等比數列，∴，∴bn=log3（an+1）==n，∴b1+b2+b3+…+b100=1+2+3+…+100==5050．故答案為：5050．三、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.（12分）（2010?湖北）已知一條曲線C在y軸右邊，C上每一點到點F（1，0）的距離減去它到y軸距離的差都是1．（Ⅰ）求曲線C的方程；（Ⅱ）是否存在正數m，對于過點M（m，0）且與曲線C有兩個交點A，B的任一直線，都有＜0？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由．參考答案：考點： 拋物線的應用．

專題： 圓錐曲線的定義、性質與方程．分析： （Ⅰ）設P（x，y）是曲線C上任意一點，然后根據等量關系列方程整理即可．（Ⅱ）首先由于過點M（m，0）的直線與開口向右的拋物線有兩個交點A、B，則設該直線的方程為x=ty+m（包括無斜率的直線）；然后與拋物線方程聯立方程組，進而通過消元轉化為一元二次方程；再根據韋達定理及向量的數量積公式，實現?＜0的等價轉化；最后通過m、t的不等式求出m的取值范圍．解答： 解：（Ⅰ）設P（x，y）是曲線C上任意一點，那么點P（x，y）滿足：化簡得y2=4x（x＞0）．（Ⅱ）設過點M（m，0）（m＞0）的直線l與曲線C的交點為A（x1，y1），B（x2，y2）．設l的方程為x=ty+m，由得y2﹣4ty﹣4m=0，△=16（t2+m）＞0，于是①又．?（x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2=x1x2﹣（x1+x2）+1+y1y2＜0②又，于是不等式②等價于③由①式，不等式③等價于m2﹣6m+1＜4t2④對任意實數t，4t2的最小值為0，所以不等式④對于一切t成立等價于m2﹣6m+1＜0，解得．由此可知，存在正數m，對于過點M（m，0）且與曲線C有兩個交點A，B的任一直線，都有，且m的取值范圍．點評： 本題綜合考查向量知識、直線與拋物線的相交問題及代數運算能力．19.如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥側面BB1C1C，已知，，，點E是棱C1C的中點.（1）求證：C1B⊥平面ABC；（2）求二面角的余弦值；（3）在棱CA上是否存在一點M，使得EM與平面A1B1E所成角的正弦值為，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.參考答案：（1）證明見解析（2）（3）存在,或.【分析】（1）根據線面垂直的判定定理，即可證得平面.（2）以為原點，分別以，和的方向為，和軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解；（3）假設存在點，設，根據，得到的坐標，結合平面的法向量為列出方程，即可求解.【詳解】（1）由題意，因為，，，∴，又∴，∴，∵側面，∴.又∵，，平面∴直線平面.（2）以為原點，分別以，和的方向為，和軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則有，，，，設平面的一個法向量為，∵，∴，令，則，∴設平面的一個法向量為，，，∵，∴，令，則，∴，，，，∴.設二面角為，則.∴設二面角的余弦值為.（3）假設存在點，設，∵，，∴，∴∴設平面的一個法向量為，∴，得.即，∴或，∴或.【點睛】本題考查了線面平行的判定與證明，以及空間角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質定理，通過嚴密推理是線面位置關系判定的關鍵，同時對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.20.已知函數．（Ⅰ）求函數f（x）的最大值及取得最大值時的x的集合；（Ⅱ）△ABC中，a，b，c分別是A，B，C的對邊，，求邊長c的值．參考答案：【考點】三角函數的最值；三角形中的幾何計算．【分析】（Ⅰ）利用兩角和公式和二倍角公式對函數解析式化簡整理，再根據正弦函數的性質即可求出，（Ⅱ）先求出C的值，再根據向量的數量積的運算和余弦定理即可求出．【解答】解：（Ⅰ）f（x）=sinxcos（x+）+1=cosxsinx﹣sin2x+1=sin2x﹣cos2x﹣=sin（2x﹣）+，∵sin（2x﹣）+≤+=，∴最大值為，當2x﹣=+2kπ時，即x=kπ+，k∈Z，即{x|x=kπ+，k∈Z}時，函數取的最大值，（Ⅱ）∵f（C）=sin（2C﹣）+=，即sin（2C﹣）=1，∴C=，∵?=12，∴?=||?||cos=2a×=12，∴a=12，由余弦定理可得c2=a2+b2﹣2abcosC=144+4﹣2×12×2×=124，∴c=221.（13分）

如圖，已知為平面上的兩個定點，為動點，，且，（是和的交點）⑴建立適當的平面直角坐標系求出點的軌跡方程；⑵若點的軌跡上存在兩個不同的點，且線段的中垂線與（或的延長線）相交于一點，證明：（為的中點）

參考答案：解析：⑴如圖1，以所在的直線為軸，的中垂線為軸，建立平面直角坐標系由題設，而點是以為焦點、長軸長為的橢圓，故點的軌跡方程為

（6分）⑵如圖2，設，，且，即，又在軌跡上，即代入整理得：，

（10分）≤≤，≤≤，≤≤，，即。

（13分）

22.（本小題滿分14分）已知，設函數

2,4,6

（1）求的最小正周期及單調遞增區間；（2）當時，