辽宁省六校协作体2022-2023学年高三数学上学期10月联考试题（PDF版有答案）

2022—2023（上）六校协作体高三10月份联合考试数学试题考试时间：120分钟满分150分第一命题校：葫芦岛市第一高级中学第二命题校：北镇高中一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设集合A{x∣m3x2m6},Bx∣log2x2，若ABA，则实数m的取值范围是（）A．B．[3,1]C．(1,3)D．[1,3]2222．已知ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，则“abc0”是“ABC是钝角三角形”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件13i3．复数z的虚部为（）2i7777A．B．iC．D．i55334．瀑布是庐山的一大奇观，唐代诗人李白曾在《望庐山瀑布中》写道：“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川.飞流直下三千尺，疑是银河落九天.”为了测量某个瀑布的实际高度，某同学设计了如下测量方案：有一段水平山道，且山道与瀑布不在同一平面内，瀑布底端与山道在同一平面内，可粗略认为瀑布与该水平山道所在平面垂直，在水平山道上A点位置测得瀑布顶端仰角的正切3值为，沿山道继续走20m，抵达B点位置测得瀑布顶端的仰2角为.已知该同学沿山道行进的方向与他第一次望向瀑布底3数学试卷共6页，第1页 端的方向所成角为，则该瀑布的高度约为（）3A．60mB．90mC．108mD．120m5．设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，则m等于（）A．8B．7C．6D．56．若定义在R上的奇函数fx满足f2xfx，在区间0,1上，有x1x2fx1fx20，则下列说法正确的是（）A．函数fx的图象关于点1,0成中心对称B．函数fx的图象关于直线x2成轴对称C．在区间2,3上，fx为减函数72D．ff2337．已知函数f(x)sinx(3sinxcosx)，将f(x)的图象向左平移(0)个单2位得到g(x)的图象，实数x1，x2满足fx1gx22，且x1x2min，则的4最小取值为（）3A．B．C．D．4324242xy2xy8．已知正实数x，y满足4e2xye，则x的最小值为（）yxA．2B．7C．7D．4二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，计20分．在每小题给出的选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得5分，有选错的得零分，部分选对得2分。数学试卷共6页，第2页 9．（多选）已知a＜b＜0，则下列不等式正确的是（）2A．a＞abB．ln（1﹣a）＞ln（1﹣b）21C．＞D．a+cosb＞b+cosaabab10．已知向量a2,1，bcos,sin0，则下列命题正确的是（）A．若ab，则tan232B．若b在a上的投影为a，则向量a与b夹角为6363C．与a共线的单位向量只有一个为,33D．存在，使得ababxxaba11．已知函数fx，a0且a1，则fx的大致图象可以是2xc（）A．B．C．D．212．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cbab，则以下结论正确的是（）A．cbB．C2BC．acD．0B4数学试卷共6页，第3页 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，计20分。13．已知等比数列an，其前n项和为Sn．若a24，S314，则a3______．14．已知非零向量a,b满足|ab||ab|4|a|，则a与ab的夹角的余弦值为___________.π2π15．若cos()，则sin(2)的值为_____．1233x216．已知函数（fx）=，若关于x的方程[f(x)]af(x)a10，有且仅有三lnx个不同的实数解，则实数a的取值范围是______．四、解答题：本题共6小题，计70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（本题满分10分）已知数列an的前n项和为Sn，a111，a29，且Sn1Sn12Sn2n2．(1)求数列an的通项公式；1(2)已知bn，求数列bn的前n项和Tn．aann118、（本题满分12分）已知函数f(x)Asin(x)A0,0,的部分图象如图所22示，且D(0,1),ABC的面积等于.2数学试卷共6页，第4页 (1)求函数yf(x)的单调递减区间；4(2)若f，且,，求f的值6344419、（本题满分12分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面ACC1A1,ABC90,ABBC，四边形ACC1A1是菱形，A1AC60,O是AC的中点.(1)证明：BC平面B1OA1；(2)求直线OA与平面OB1C1所成角的正弦值.20、（本题满分12分）x1t已知函数fxa(a0,a1)是定义域为R的奇函数.xa（1）求实数t的值；2（2）若f10，不等式f(xbx)f(4x)0在xR上恒成立，求实数b的取值范围；32x1（3）若f1且hxa2mfx在[1,)上的最小值为2，求m2a2x的值.数学试卷共6页，第5页 21、（本题满分12分）uuruur2sinAsinCCACB在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且uuruuur.sinCBABC(1)求角B的大小；(2)若D是AC边上的一点，且AD:DC1:2，BD1，当a3c取最大值时，求ABC的面积.22、（本题满分12分）已知函数fxx1alnx，aR.(1)讨论f（x）的单调性；1(2)若x0,时，都有fx1，求实数a的取值范围；21lnxx22(3)若有不相等的两个正实数x1，x2满足，证明：x1x2ex1x2.1lnxx11数学试卷共6页，第6页 2022—2023（上）六校协作体高三10月份联合考试数学试题参考答案1-8DAAADCAD9．ABC10．BD11．ABD12．AB1513．2或814．（0.25）15．16．(,1e)4917(1)解：由题意得：由题意知Sn1SnSnSn12，则an1an2n2又a2a12，所以an是公差为2的等差数列，则ana1n1d2n13...............................................51111(2)由题知bn2n132n1122n132n111111111111则Tn2119972n132n112112n11n............................................................1012122n18．（1）由题意可得A2，11S|BC|y|BC|2，ABCA222T2所以|BC|，即2.222所以f(x)2sin(2x)，图像过点D(0,1)，则f(x)2sin1，又因为，所以，226所以f(x)2sin2x，.....................................................................................3635由2k2x2k可得：kxk26236π5π所以函数yf(x)的单调减区间为kπ,kπ，kZ..........................................636（2）答案第1页，共6页 44由f可得f2sin2，636632所以sin2，632令2,，63325则2，sin，cos，63325235f2sin22sin3sincos.................................12436319．（1）连接A1C，因为四边形ACC1A1是菱形，则ACAA1，因为A1AC60，故△AA1C为等边三角形，所以A1OAC.因为平面ABC平面ACC1A1，平面A1ACC1平面ABCAC,A1O平面AA1C1C，所以A1O平面ABC，BC平面ABC，所以A1OBC.因为B1A1∥BA,ABC90，所以BCA1B1.又OA1B1A1A1，所以BC平面B1OA1............................6（2）连接BO，因为ABC90,ABBC,O是AC的中点，所以BOAC.又因为平面ABC平面ACC1A1，平面ABC平面ACC1A1AC,BO平面ABC，所以BO平面ACC1A1.设AC2，因为A1OBC，以点O为坐标原点，OA､OA1､OB所在直线分别为x､y､z轴建立如图所示的空间直角坐标系，答案第2页，共6页 则O0,0,0､A1,0,0､B11,3,1､C12,3,0，OA1,0,0,OB11,3,1,OC12,3,0.r设平面OB1C1的法向量是nx2,y2,z2，nOC12x23y20则，取x23，可得n3,2,3.nOBx3yz01222设直线OA与平面OB1C1所成角为OAn330所以sincosOA,n，OAn101030∴直线OA与平面OB1C1所成角的正弦值......................................121020．（1）因为fx是定义域为R的奇函数，所以f00，所以11t0，所以t2，xxxx当t2时，fxaa，fxaafx，此时函数fx为奇函数，故t2.....................3注：用奇函数的定义也给分！x1（2）由（1）知：fxax(a0,a1)，a1因为f10，所以a0，又a0且a1，所以a1，ax1所以fxax是R上的单调递增，又fx是定义域为R的奇函数，a222所以fxbxf4x0fxbxfx4xbxx42即xbxx40在xR上恒成立，答案第3页，共6页 2所以b1160，即3b5，所以实数b的取值范围为3,5.63131（3）因为f1，所以a，解得a2或a(舍去)，2a2222x1x1x1x1所以hx22m222m22，2xxxx2222x12令ufx2，则guu2mu2，x2x13因为fx2在R上为增函数，且x1，所以uf1，2x22x1因为hx22mfx在1,上的最小值为2，2x223所以guu2mu2在,上的最小值为2，2222因为guu2mu2um2m的对称轴为um32所以当m时，gugm2m2，解得m2或m2(舍去)，2min3317253当m时，gug3m2，解得m，min224122综上可知：m2...........................................1221．（1）uuruuruuruura2b2c2222由CACBCACBcosCbaabc，2abuuruuuruuruuura2c2b2222BABCBABCcosBcaacb，2acuuruur2222222sinAsinCCACBabc2acabc222则uuruuur，由正弦定理得，化简得acbac，222222sinCBABCacbcacb222acb1故cosB，又B0,，故B；................................................................62ac23（2）答案第4页，共6页 122422b1cb1a1299易得ADb,CDb，由ADBCDBπ，可得cosADBcosCDB0，3324bb332b2a22c23，又22222整理得acbac，整理可得ac3c9，............................................93令ac3cos,3c3sin，2127则a3c23sin3cos21sin，其中sin,cos，当sin1，即772时，a3c取最大值，3216721221此时ac3cos3sin,3c3sin3cos，解得a,c，77771121221333ABC的面积为acsinB................................................................122277214注：其他方法酌情给分22．（1）解：因为fxx1alnx，定义域为0,，f(x)1aalnx.1a1a①当a0时，令f(x)0,1alnx0lnx，解得xeaa1a即当x(0,ea)时，f(x)0，f(x)单调递增，1a当x(ea,)时，f(x)0，f(x)单调递减；②当a0时f(x)10，f(x)在(0,)单调递增；1a1a③当a0时令f(x)0,1alnx0lnx，解得xea，a1a即当x(0,ea)时，f(x)0，f(x)单调递减，1a当x(ea,)时，f(x)0，f(x)单调递增；1a1a综上：当a0时，f(x)在(0,ea)单调递增，在(ea,)单调递减；当a0时，f(x)在(0,)单调递增；1a1a当a0时，f(x)在(0,ea)单调递减，在(ea,)单调递增....................................................3答案第5页，共6页 1x0,2时，都有fx1（2）若，x1即x1alnx1，a恒成立.xlnxx1xlnx(lnx1)(x1)lnxx1令h(x)，则ah(x)min，h(x)22，xlnx(xlnx)(xlnx)11x令g(x)lnxx1，所以g(x)1，xx1当x0,时，211g(x)0，g(x)单调递增，g(x)g()ln20，max22x11所以h(x)0，h(x)在0,单调递减，xlnx2111所以h(x)minh()=，所以a.....................................................................................72ln2ln2（3）1lnxx11111122原式可整理为lnln，1lnxxxxxxxx1122211111令F(x)x(1lnx)，原式为F()F()，xx12由（1）知，F(x)x(1lnx)在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，1111则,为F(x)k两根，其中k(0,1)，不妨令0,1,1,e，xxxx1212要证x1x2ex1x2，1111即证e，e，xxxx1212111只需证F()F()F(e)，xxx211令(x)F(x)F(ex)，x0,1，(x)lnx(ex)，(x)0，则令0x(0,x0)，(x)0，(x)单调递增，x(x0,1)，(x)0，(x)单调递减.又x0,F(x)0,F(e)0，故x0,(0)0,(1)F(1)F(e1)0，所以(x)0恒成立，111即F()F()F(e)成立，xxx21111所以e，原式x1x2ex1x2得证.12xx12答案第6页，共6页