《2022年吉林省长春市农安县体育中学高三数学文模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年吉林省长春市农安县体育中学高三数学文模拟试题含解析（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022年吉林省长春市农安县体育中学高三数学文模拟试题含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 命题 p:，使得，命题q: .则下列命题中真命题为A. B.C. D. Ks5u参考答案：D略2. 一个空间几何体的正视图、侧视图均是长为2、高为3的矩形，俯 视图是直径为2的圆(如右图），则这个几何体的表面积为 A.12+ B.7 C. D.参考答案：C3. 已知命题，则 A B C D参考答案：A全称命题的否定式特称命题,所以,选A.4. 若向量，则( ) A B C D参考答案：A5. 已知函数的最小正周期为，将y=f（
2、x）的图象向左平移|个单位长度，所得图象关于y轴对称，则的一个值是( )ABCD参考答案：D考点：函数y=Asin（x+）的图象变换；三角函数的周期性及其求法 专题：三角函数的图像与性质分析：先根据函数的最小正周期为求出的值，再由平移后得到y=为偶函数可知，即可确定答案解答：解：由已知，周期为，则结合平移公式和诱导公式可知平移后是偶函数，故选D点评：本试题考查了三角函数的周期性和三角函数的平移公式运用以及诱导公式的运用6. 已知公差不为0的等差数列an满足a1，a3，a4成等比数列，Sn为数列an的前n项和，则的值为（）A2B3C2D3参考答案：A【考点】等比数列的性质；等差数列的性质【分析】
3、由题意可得：a3=a1+2d，a4=a1+3d结合a1、a3、a4成等比数列，得到a1=4d，进而根据等差数列的通项公式化简所求的式子即可得出答案【解答】解：设等差数列的公差为d，首项为a1，所以a3=a1+2d，a4=a1+3d因为a1、a3、a4成等比数列，所以（a1+2d）2=a1（a1+3d），解得：a1=4d所以=2，故选：A【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列与等差数列的性质，利用性质解决问题7. 已知函数的图象如图所示，令，则下列关于函数的说法中正确的是（ ）A. 若函数的两个不同零点分别为，则的最小值为B. 函数的最大值为2C. 函数的图象上存在点，使得在点处的切线与直
4、线平行D. 函数图象的对称轴方程为参考答案：A【分析】由图象结合最值可求，结合周期可求，然后代入，及，可求，从而可求，进而可求，结合正弦函数，余弦函数的性质分别进行判断.【详解】由图象可知，且，：由可得，则的最小值为，故正确；：结合余弦函数的性质可知，的最大值，故错误；：根据导数的几何意义可知，过点的切线斜率，不存在斜率为的切线方程，故错误；：令可得，故错误故选：【点睛】本题主要考查了由的部分图象求函数解析式及正弦与余弦函数性质的综合应用，属于中档试题8. 已知各项均为正数的等比数列an，则的值（ ）A16B32C48D64参考答案：D 9. 已知，则，的大小关系为（ ）ABC D参考答案：A
5、由指数函数的性质可得由对数函数性质可得，所以可得，故选A.10. 在平面直角坐标系中，把横、纵坐标均为有理数的点称为有理点若为无理数，则在过点的所有直线中（ ）A有无穷多条直线，每条直线上至少存在两个有理点 B恰有条直线，每条直线上至少存在两个有理点C有且仅有一条直线至少过两个有理点 D每条直线至多过一个有理点参考答案：C设一条直线上存在两个有理点，由于也在此直线上，若，则为无理数与有理点予盾，所以，于是，又由于为无理数，而为有理数，所以，于是，所以直线只有一条，且这条直线方程只能是，故正确的选项为C二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知复数(i为虚数单位),则的实部为
6、 .参考答案：12. 函数的单调递增区间是 参考答案：13. 已知函数，若方程f（x）=t恰有3个不同的实数根，则实数t的取值范围是 参考答案：（0，2）【考点】根的存在性及根的个数判断【分析】由题意，画出已知函数的图象，结合图象找出满足与y=t有三个交点的t的范围【解答】解：已知函数的图象如图：方程f（x）=t恰有3个不同的实数根，则圆锥函数图象与y=t有三个交点，由图象可知，当t（0，2）满足题意；故答案为：（0，2）14. 已知角的顶点在原点，始边与轴的正半轴重合，若角的终边经过点，则= 参考答案：15. 已知集合，当为4022时，集合的元素个数为 参考答案：略16. 在直径AB=4的圆
7、上有长度为2的动弦CD，则的最大值为参考答案：2【考点】平面向量数量积的运算【分析】建立适当的平面直角坐标系，设角度为参数，利用坐标表示与参数方程建立?的解析式，利用三角函数求出它的最值【解答】解：建立如图所示平面直角坐标系，设BOC=x，则BOD=x+；C（2cosx，2sinx），D（2cos（x+），2sin（x+），且A（2，0），B（2，0）；=（2cosx+2，2sinx），=（2cos（x+）2，2sin（x+）；?=（2cosx+2）（2cos（x+）2）+2sinx2sin（x+）=4cosxcos（x+）4cosx+4cos（x+）4+4sinxsin（x+）=4cos4c
8、osx+4cos（x+）4=4cos（x）2；当cos（x）=1时， ?取得最大值2故答案为：217. 若，满足约束条件，则的取值范围为 参考答案：三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 在ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，且满足.（1）判断ABC的形状；（2）若，CD为角C的平分线，求CD的长.参考答案：（1）直角三角形；（2）.【分析】（1）利用两角和与差的正弦公式化简已知条件，求得，由此判断也即三角形为直角三角形.（2）根据勾股定理求得和,由此求得，根据正弦定理列方程，解方程求得的长.【详解】（1）由，得，.故为直角三角形（2）
9、由（1）知，又，.由正弦定理得，.【点睛】本小题主要考查两角和与差的余弦公式，考查勾股定理，考查正弦定理解三角形，属于基础题.19. 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BAC=90，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点（1）证明：A1D平面A1BC；（2）求二面角A1BDB1的平面角的余弦值参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定【分析】（1）以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系，通过?=?=0及线面垂直的判定定理即得结论；（2）所求值即为平面A1BD的法向量与平面B1BD的法向量的夹角的
10、余弦值的绝对值的相反数，计算即可【解答】（1）证明：如图，以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系则BC=AC=2，A1O=，易知A1（0，0，），B（，0，0），C（，0，0），A（0，0），D（0，），B1（，），=（0，0），=（，），=（，0，0），=（2，0，0），=（0，0，），?=0，A1DOA1，又?=0，A1DBC，又OA1BC=O，A1D平面A1BC；（2）解：设平面A1BD的法向量为=（x，y，z），由，得，取z=1，得=（，0，1），设平面B1BD的法向量为=（x，y，z），由，得，取z=1，得=（0，1），cos，=，又该二面角为钝角
11、，二面角A1BDB1的平面角的余弦值为20. 如图，三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABC=90，PA=AC=2，D是PA的中点，E是CD的中点，点F在PB上， =3（1）证明：EF平面ABC；（2）若BAC=60，求二面角BCDA的余弦值参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定【分析】（）法一，过点F作FMPA交AB于点M，取AC的中点N，连接MN，EN可得四边形MFEN为平行四边形，即可证明EF平面ABC 法二，取AD中点G，连接GE，GF，得平面GEF平面ABC，即可对EF平面ABC （）解：作BOAC于点O，过点O作OHPA，以O为坐标原点，OB，OC，OH所在直
12、线为x轴、y轴、z轴建立如图6所示的空间直角坐标系，利用向量法求解【解答】（）证明：法一：如图，过点F作FMPA交AB于点M，取AC的中点N，连接MN，EN点E为CD的中点，ENAD，EN=又D是PA的中点，E是CD的中点，点F在PB上， =3FM=，FMAD，FMEN且FM=EN，所以四边形MFEN为平行四边形，EFMN，EF?平面ABC，MN?平面ABC，EF平面ABC 法二：如图，取AD中点G，连接GE，GF，则GEAC，GFAB，因为GEGF=G，ACAB=A，所以平面GEF平面ABC，所以EF平面ABC（）解：作BOAC于点O，过点O作OHPA，以O为坐标原点，OB，OC，OH所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图6所示的空间直角坐标系，则C（0，0），B（），D（0，1），则平面CDA的一个法向量为设平面CDB的一个法向量为，则可取，所以cos=，所以二面角BCDA的余弦值为 21. 已知集合Ax| x23x110，Bx| m1x2m1，若AB且B，求实数m的取值范围。参考答案：A=x| x23x110=x| 2x5, 如图：若AB且B, 则，解得2m3 实数m的取值范围是m2, 3 . 22. (本题满分13分) 已知函数f(x)(xR)(1)当m1时，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间与极值参考答案：
