江苏省南京市海宁中学2022年高三数学文测试题含解析

江苏省南京市海宁中学2022年高三数学文测试题含解析 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. 若向量，满足，，且，则与的夹角为（    ） A．       B．      C．       D． 参考答案： C 略 2. 若a，b∈R，且ab＞0，则下列不等式中，恒成立的是 A． B． C． D．a2＋b2＞2ab 参考答案： C 3. 已知直线l过抛物线y2=4x的焦点交抛物线于A、B两点，则以弦AB为直径的圆与抛物线准线的位置关系是                         （    ）     A．相交           B．相切           C．相离           D．位置关系不确定 参考答案： 答案:B 4. 已知矩形ABCD的顶点都在半径为5的球O的球面上，且AB=6，BC=2，则棱锥O﹣ABCD的侧面积为（　　） A．20+8 B．44 C．20 D．46 参考答案： B 【考点】球内接多面体；棱柱、棱锥、棱台的体积． 【分析】由题意求出矩形的对角线的长，结合球的半径，球心到矩形的距离，满足勾股定理，求出棱锥的高，即可求出棱锥的体积． 【解答】解：由题意可知四棱锥O﹣ABCD的侧棱长为：5．所以侧面中底面边长为6和2， 它们的斜高为：4和2， 所以棱锥O﹣ABCD的侧面积为：S=4×6+2=44． 故选B． 5. 如果复数（m2＋i）（1＋mi）是实数，则实数m＝    (    ) A．1             B．－1            C．　 　　     D．－ 参考答案： B 6. 设是虚数单位，若，则的值是 A、-1                     B、1                    C、                    D、 参考答案： C 略 7. 一组数据、、、、、的方差为1，则、、、、、的方差为（  ） A．1 B．2 C．3            D．4 参考答案： D 8. 某三棱锥的三视图如图所示，其中三个三角形都是直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为（  ） A．2π         B．       C. 6π         D． 参考答案： C 由已知得到几何体为三棱锥，如图所示： 三棱锥的对应几何体为长方体，长为2，宽为1，高为1，其体对角线. ∴外接球表面积为 故选C.   9. 将函数图像向左平移个单位后图像关于点中心对称，则的值可能为（   ） A. B. C. D. 参考答案： B 【分析】 先将函数化简整理，再向左平移，根据平移后图像关于点中心对称，列出等式，即可得出结果. 【详解】由题意可得： ， 将函数图像向左平移个单位后，得到， 又平移后图像关于点中心对称， 所以， 因此， 又因为，所以，即， 当时，. 故选B 【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换，以及已知对称中心求参数的问题，熟记正弦函数的性质即可，属于常考题型. 10. 已知函数f（x）=sinωx（ω＞0）的最小正周期为π，则下列直线为f（x）的对称轴的是（　　） A．x= B．x=C．x=D．x= 参考答案： C 【考点】三角函数的周期性及其求法． 【分析】根据函数f（x）的最小正周期求出ω的值，再写出f（x）的对称轴，从而得出答案． 【解答】解：函数f（x）=sinωx（ω＞0）的最小正周期为T=π， ∴ω==2， ∴f（x）=sin2x； 令2x=+kπ，k∈Z， ∴x=+，k∈Z； 当k=0时，x=是f（x）的一条对称轴． 故选：C． 【点评】本题考查了正弦函数的图象与性质的应用问题，是基础题． 　 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 过动点P作圆：（x﹣3）2+（y﹣4）2=1的切线PQ，其中Q为切点，若|PQ|=|PO|（O为坐标原点），则|PQ|的最小值是　　． 参考答案： 【考点】J3：轨迹方程；J7：圆的切线方程． 【分析】根据题意，设P的坐标为（m，n），圆（x﹣3）2+（y﹣4）2=1的圆心为N，由圆的切线的性质可得|PN|2=|PQ|2+|NQ|2=|PQ|2+1，结合题意可得|PN|2=|PO|2+1，代入点的坐标可得（m﹣3）2+（n﹣4）2=m2+n2+1，变形可得：6m+8n=24，可得P的轨迹，分析可得|PQ|的最小值即点O到直线6x+8y=24的距离，由点到直线的距离公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，设P的坐标为（m，n），圆（x﹣3）2+（y﹣4）2=1的圆心为N，则N（3，4） PQ为圆（x﹣3）2+（y﹣4）2=1的切线，则有|PN|2=|PQ|2+|NQ|2=|PQ|2+1， 又由|PQ|=|PO|， 则有|PN|2=|PO|2+1， 即（m﹣3）2+（n﹣4）2=m2+n2+1， 变形可得：6m+8n=24， 即P在直线6x+8y=24上， 则|PQ|的最小值即点O到直线6x+8y=24的距离， 且d==； 即|PQ|的最小值是； 故答案为：． 12. 在公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V）与它的直径（D）的立方成正比”，此即V=kD3，欧几里得未给出k的值.17世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式V=kD3中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”．类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱）、正方体也可利用公式V=kD3求体积（在等边圆柱中，D表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱长）．假设运用此体积公式求得球（直径为a）、等边圆柱（底面圆的直径为a）、正方体（棱长为a）的“玉积率”分别为k1，k2，k3，那么k1：k2：k3=　  　． 参考答案： 【考点】类比推理． 【分析】根据球、圆柱、正方体的体积计算公式、类比推力即可得出． 【解答】解：∵V1=πR3=π（）3=a3，∴k1=， ∵V2=aπR2=aπ（）2=a3，∴k2=， ∵V3=a3，∴k3=1， ∴k1：k2：k3=：：1， 故答案为： 13. 如图，在平面四边形ABCD中，，，，，则四边形ABCD的面积为          ． 参考答案：     14. 函数的定义域是          ． 参考答案： [－3,1] 要使函数f（x）有意义，则， 即， 解得﹣3≤x≤1， 故函数的定义域为[﹣3，1]，   15. (坐标系与参数方程选做题) 圆C的极坐标方程化为直角坐标方程为            ，该圆的面积为        ． 参考答案： 1, 将方程两边都乘以得: ,化成直角坐标方程为.半径为1,面积为. 16. 已知矩形的周长为36，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱，则旋转形成的圆柱的侧面积的最大值为         . 参考答案： 17. 已知数列{an}满足a1=1，an+an﹣1=（）n（n≥2），Sn=a1?2+a2?22+…+an?2n，类比课本中推导等比数列前n项和公式的方法，可求得3Sn﹣an?2n+1=　    　． 参考答案： n+1 【考点】数列的应用；等差数列与等比数列的综合；类比推理． 【分析】先对Sn=a1?2+a2?22+…+an?2n 两边同乘以2，再相加，求出其和的表达式，整理即可求出3Sn﹣an?2n+1的表达式． 【解答】解：由Sn=a1?2+a2?22+…+an?2n ① 得2?sn=a1?22+a2?23+…+an?2n+1 ② ①+②得：3sn=2a1+22（a1+a2）+23?（a2+a3）+…+2n?（an﹣1+an）+an?2n+1 =2a1+22×（）2+23×（）3+…+2n×（）n+an?2n+1 =2+1+1+…+1+2n+1?an =n+1+2n+1?an． 所以3Sn﹣an?2n+1=n+1． 故答案为n+1． 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. 已知函数. （1）画出函数的草图并由图像写出该函数的单调区间； （2）若，对于任意的，存在，使得成立，求实数的 取值范围. 参考答案： (1)草图见解析，减区间为，增区间为，；(2). （2）由题意可得，其中，， 即，故， 综上所述，. 考点：函数的单调性及最值等有关知识的综合运用． 【易错点晴】本题以分段函数的解析式为背景.然后精心设置了两个考查函数单调性及不等式恒成立的解决方法的综合性的问题.重在考查综合运用所学知识去分析问题和解决问题的能力.求解第一问时,只要运用分段函数的对应关系画出函数的图象,借助函数的图象写出其单调区间即可获解；解答第二问时,先借助题设条件将问题转化和化归为,进而将问题转化为求函数，,最后通过解不等式的得到,从而使得问题获解. 19. 已知函数．     (1）若，求曲线在处切线的斜率；     (2）求的单调区间；     (3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围． 参考答案： （Ⅰ）由已知， ． 故曲线在处切线的斜率为． (Ⅱ）．  ①当时，由于，故， 所以，的单调递增区间为． ②当时，由，得． 在区间上，，在区间上， 所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为． (Ⅲ）由已知，转化为．                           由（Ⅱ）知，当时，在上单调递增，值域为，故不符合题意． (或者举出反例：存在，故不符合题意．） 当时，在上单调递增，在上单调递减， 故的极大值即为最大值，， 所以，解得． 20. （本小题满分12分） 已知椭圆：左、右焦点为、，、、、是它的四个顶点(其相应位置如图所示)．且，． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）过且与两坐标轴均不平行的直线与椭圆交于、两点， 为坐标原点，，求的取值范围． 参考答案： 解：（Ⅰ）设，则由     ① 由  ②     由①、②两式得． 故椭圆的方程为．                              ……5分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得椭圆的方程为，的坐标为依题意，设的方程为 由 设，则有……8分 则，又点到直线的距离， 即 ③ 又 ，即④ 由③、④得 由． 故的取值范围是．                ……12分    （注：本题有其它解法，请根据不同解法进行判分） 21. （本小题满分14分）在一个矩形体育馆的一角MAN内（如图所示），用长为a的围栏设置一个运动器材储存区域，已知B是墙角线AM上的一点，C是墙角线AN上的一点． （1）若BC＝a＝10，求储存区域三角形ABC面积的最大值； （2）若AB＝AC＝10，在折线MBCN内选一点D， 使DB＋DC＝a＝20，求储存区域四边形DBAC 面积的最大值． 参考答案： （1）因为三角形的面积为倍AB·AC，所以当AB=AC时其值才最大，可求得为25 （2)求四边形DBAC面积可分为ABC跟BCD两个三角形来计算，而ABC为定值可先不考虑，进而只考虑三角形BCD的面积变化，以BC为底边，故当D点BC 的距离最长时面积取得最大值。因为DB+DC=a=20总成立，所以点D的轨迹是一个椭圆，B、C是其两交点，结合椭圆的知识可以知道只有当D点在BC的中垂线上时点D到BC的距离才能取得最大值，再结合题意四边形DBAC刚好是一个边长为10的正方形，其面积为100。 22. 已知向量=（cosx，0），=（0，sinx）．记函数f（x）=（+）2十sin2x．