2022年湖南省邵阳市金潭中学高三数学理测试题含解析

2022年湖南省邵阳市金潭中学高三数学理测试题含解析 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. 已知集合，则（    ）  A．或   B．或   C．   D． 参考答案： A 2. “且”是“”的    A．充分不必要条件          B．必要不充分条件[]    C．充要条件 D．既非充分条件也非必要条件 参考答案： 【知识点】充分条件、必要条件.  A2 D   解析：推不出，例如时，，也推不出，所以“且”是“” 既非充分条件也非必要条件，所以选D 【思路点拨】根据两条件的相互关系可判定它们非充分与非必要条件. 3. “更相减损术”是出自《九章算术》的一种求最大公约数的算法，如框图中若输入的a、b分别为198、90，则输出的i为（　　）   A．3 B．4 C．5 D．6 参考答案： D 【考点】程序框图． 【分析】由题中程序框图知，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量i的值， 模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案． 【解答】解：由程序框图可知： 当a=198，b=90时，满足a＞b，则a=198﹣90=108，i=1 由a＞b，则a=108﹣90=18，i=2 由a＜b，则b=90﹣18=72，i=3 由a＜b，则b=72﹣18=54，i=4 由a＜b，则b=54﹣18=36，i=5 由a＜b，则b=36﹣18=18，i=6 由a=b=6，输出i=6． 故选：D． 4. 设集合，，则(    ) A. B. C. D. 参考答案： D 5. 已知最小正周期为2的函数在区间上的解析式是，则函数 在实数集R上的图象与函数的图象的交点的个数是  A．3               B．4                C．5               D．6 参考答案： C 6. 函数y=的图象大致为（　　） 参考答案： C 【考点】函数的图象． 【专题】应用题；函数思想；定义法；函数的性质及应用． 【分析】原函数化简为y=﹣1+，即可得到对称中心为（e，﹣1），于是可以判断C正确． 【解答】解：y==﹣=﹣1+， ∴函数y=的对称中心为（e，﹣1）， 故选：C． 【点评】本题考查了函数的图象的识别，关键是求出对称中心，属于基础题． 7. 已知函数定义域为，且函数的图象关于直线对称，当 时，，（其中是的导函数），若，，则的大小关系是（    ） A.           B.            C.            D. 参考答案： B 8. 函数y=的定义域是（      ） A．（3，+∞）     B．3,+∞)         C．(4, +∞)       D．4,+∞) 参考答案： D 9. 若复数z满足，其中i为虚数单位，则z的虚部为   （    ） A.－2          B. 2              C. －2i            D. 2i 参考答案： B 由已知得： 10. 已知函数，. 若方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是                    （    ）                            A、     B、      C、    D、 参考答案： 【知识点】函数与方程.    B9 【答案解析】B  解析：画出函数的图像，当过原点的直线 由OA 逆时针旋转到与射线AB平行时，方程有两个不相等的实根，此时 ，故选B.                                【思路点拨】方程有两个不相等的实根，即与 图像有两个不同交点.由图像得实数的取值范围. 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 已知抛物线的焦点为F，过点A（4，4）作直线垂线，垂足为M，则∠MAF的平分线所在直线的方程为          . 参考答案： 点A在抛物线上，抛物线的焦点为,准线方程为，垂足,由抛物线的定义得,所以的平分线所在的直线就是线段的垂直平分线，，所以的平分线所在的直线方程为，即。 12. 如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，∠BAC的平分线AD交⊙O于点D，DE⊥AC，交AC的延长线于点E．若AE=8，AB=10，则CE的长为             ． 参考答案： 1 考点：与圆有关的比例线段． 专题：直线与圆． 分析：连接OD，BC，根据角平分线定义和等腰三角形性质推行∠CAD=∠ODA，推出OD∥AC，根据平行线性质和切线的判定推出即可； 解答： 解：连接OD，可得∠ODA=∠OAD=∠DAC ∴OD∥AE．又AE⊥DE， ∴DE⊥OD．而OD为半径， ∴DE是⊙O的切线； 连接BC，交OD于G，AB是圆的直径，所以AC⊥BC， 所以四边形CEDG是矩形， ∵OD∥AE，O是AB中点， ∴G是BC中点，∴CG=DE=BC=3， ∴BG=3，OG=4， ∴DG=1，所以CE=1； 故答案为：1． 点评：本题考查了圆周角定理以及切线的判断、矩形的判断等知识点；比较综合，但难度不大． 13. 某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验.根据 收集到的数据（如下表），由最小二乘法求得回归直线方程 表中有一个数据模糊不清，请你推断出该数据的值为______ . 参考答案： 略 14. 设且，若恒成立，则实数的取值范围是_________． 参考答案： 15. 已知向量与向量的夹角为，若且，则在上的投影为    参考答案： 本题主要考查平面向量的运算. 因为向量与向量的夹角为，所以在上的投影为，问题转化为求， 因为 故 所以在上的投影为. 16. 设x，y，z∈R，且满足：x2＋4y2＋9z2＝3， 则x＋2y＋3z的最大值为________ 参考答案： 3  略 17. 等差数列，，记，则当__________时，取得最大值 参考答案： 4 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，． （1）证明：； （2）若时，恒成立，求实数a的取值范围． 参考答案： （1）见解析.（2）见解析. 分析：（1）构造函数，结合函数的单调性可证得.据此进一步可证得.则题中的不等式得证. （2）设，则，则原问题成立的必要条件是.进一步证得当时可知实数的取值范围是. 详解：（1）设，则， 故上单调递减，在上单调递增. 从而. 而当时，. （2）设，则， . 要求在上恒成立必须有.即. 以下证明：当时. 只要证， 只要证在上恒成立. 令，则对恒成立， 又，所以.从而不等式得证. 点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度  从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 19. 设集合A={x∈Z|x2＜4}，B={x|x＞﹣1}，则A∩B=（　　） 　 A． {0，1} B． {﹣1，0} C． {﹣1，0，1} D． {0，1，2} 参考答案： A 20. （12分）（2016?兴安盟一模）已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x﹣y+=0相切． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）若过点M（2，0）的直线与椭圆C相交于两点A、B，设P为椭圆上一点，且满足+=t（其中O为坐标原点），求整数t的最大值． 参考答案： 【考点】直线与圆锥曲线的综合问题． 【分析】（Ⅰ）由已知条件得，，由此能求出椭圆C的方程． （Ⅱ）设AB：y=k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2），P（x，y），由得（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣2=0，由此利用根的判别式和韦达定理结合已知条件能求出t的最大整数值． 【解答】解：（Ⅰ）由题知， ∴．即a2=2b2． 又∴， ∴a2=2，b2=1． ∴椭圆C的方程为．…（5分） （Ⅱ）由题意知直线AB的斜率存在． 设AB：y=k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2），P（x，y）， 由得（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣2=0． △=64k4﹣4（2k2+1）（8k2﹣2）＞0， .，…（8分） ∵， ∴（x1+x2，y1+y2）=t（x，y）， ，． ∵点P在椭圆上，∴， ∴16k2=t2（1+2k2）…（12分） ， ∴t的最大整数值为1．…（14分） 【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查整数的最大值的求法，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用． 21. 如图，在中，已知点在边上，且，，，． （1）求的长； （2）求． 参考答案： （1）因为，则， 所以，即． 在中，由余弦定理，可知． 即，解得，或． 因为，所以． （2）在中，由正弦定理，可知， 又由，可知， 所以． 因为，所以． 22. 如图，沿等腰直角三角形ABC的中位线DE，将平面ADE折起，使得平面ADE⊥平面BCDE，并得到四棱锥A﹣BCDE． （Ⅰ）求证：平面ABC⊥平面ACD； （Ⅱ）M是棱CD的中点，过M的与平面ABC平行的平面α，设平面α截四棱锥A﹣BCDE所得截面面积为S1，三角形ABC的面积为S2，试求S1：S2的值． 参考答案： 【考点】平面与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积． 【分析】（1）AD⊥DE，平面ADE⊥平面BCDE，根据两个平面垂直的性质定理得AD⊥平面BCDE，所以AD⊥BC，又CD⊥BC，根据线面垂直的判定定理BC⊥平面ACD，BC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面ACD （2）由于平面α∥平面ABC，故平面ACD与平面α的交线MQ∥AC，M是CD的中点，故Q是AD的中点；同理平面BCDE与平面α的交线MN∥BC，N为BE的中点；平面ABE的交线NP∥AB，P为AE的中点，连接PQ即为平面α与平面ADE的交线，故平面α与四棱锥A﹣BCDE各个面的交线所围成多边形就是四边形MNPQ，进一步观察可知四边形MNPQ是直角梯形，进而由比例关系可以求得截面面积与△ABC的面积之比． 【解答】解：（1）∵AD⊥DE，平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE=DE， ∴AD⊥平面BCDE， ∴AD⊥BC， 又∵CD⊥BC，AD∩CD=D， ∴BC⊥平面ACD， 又∵BC?平面ABC， ∴平面ABC⊥平面ACD （2）∵平面α∥平面ABC，设平面ACD与平面α的交线为MQ， ∴MQ∥AC， 又∵M是CD的中点， ∴Q是AD的中点； 同理：设平面BCDE与平面α的交线为MN， ∴MN∥BC， 又∵M是CD的中点， ∴N为BE的中点； 同理：平面ABE的交线NP∥AB，P为AE的中点， 连接PQ即为平面α与平面ADE的交线，故平面α与四棱锥A﹣BCDE各个面的交线所围成多边形是图中的四边形MNPQ， 由于PQ∥DE，DE∥MN，故PQ∥MN，根据（1）BC⊥AC，由MN∥BC，MQ∥AC，故MQ⊥MN，即四边形MNPQ′是直角梯形． 设CM=a，则MQ=a，MN=3a，PQ=a，BC=4a，AC=