《2022年安徽省芜湖市三山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年安徽省芜湖市三山中学高三数学文模拟试题含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022年安徽省芜湖市三山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. 已知矩形ABCD中，BC=1，则=( )A1B1CD参考答案：A【考点】平面向量数量积的运算 【专题】计算题；数形结合；向量法；平面向量及应用【分析】法一、以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴建立平面直角坐标系，得到点的坐标，进一步求得向量的坐标得答案；法二、以为基底，把用基底表示，则可求【解答】解：法一、如图，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴建立平面直角坐标系，则A（0，0），D（0，1），则故选：A法二、记，则，=故选：
2、A【点评】本题考查平面向量的数量积运算，解答此类问题常用两种方法，即建系法或利用平面向量基本定理解决，建系法有时能使复杂的问题简单化，是中档题2. 一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为（）A B C D 参考答案：C3. 设函数，则=（ ）A0 B1 C2 D参考答案：B略4. 已知函数的图象如图所示，则函数的图像可能是（ ）参考答案：C略5. 已知数列的前项和，则数列的通项公式为（ ）A. B. C. D. 参考答案：C略6. 若函数对于函数参考答案：C7. 设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）Aa2BCD5a2参考
3、答案：B略8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A5BC7D参考答案：D【考点】L!：由三视图求面积、体积【分析】由已知中的三视图，可知该几何体是一个正方体切去一个底面边长为1的直角三角形，高为2的三棱锥和切去一个底面为边长为1和2的直角三角形，高为2的三棱柱从而可得该几何体的体积【解答】解：由已知的三视图，可知该几何体是一个正方体切去一个底面边长为1的直角三角形，高为2的三棱锥和切去一个底面为边长为1和2的直角三角形，高为2的三棱柱从而可得该几何体的体积三棱锥的体积，三棱柱的体积正方体的体积V=222=8故得：该几何体的体积故选D9. 若变量满足约束条件则的最大值为( )A.
4、4 B.3 C.2 D.1参考答案：B10. 已知函数 (其中是实数)，若对恒成立，且，则的单调递增区间是A. B. C. D. 参考答案：C二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知是虚数单位，复数，则等于 参考答案：z =,则12. 用二分法求方程：的一个近似解，现在已经将根锁定在区间（1，2）内，则下一步可断定该根所在的区间为 。参考答案：答案：（）13. 一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为2，2，3，则此球的表面积为 参考答案：略14. 已知函数f(x)=cos x(sin x+cos x),则f()=,f(x)的最小正周期为,f(
5、x)的最小值为.参考答案：1，.本题主要考查三角恒等变换、三角函数求值、三角函数的图象与性质等知识,意在考查考生的运算求解能力.f()=cos(sin+cos)=+)=1.因为f(x)=cos x(sin x+cos x)=sin xcos x+cos2 x=sin 2x+(sin 2x+cos 2x)+sin(2x+)+,所以f(x)的最小正周期为,f(x)的最小值为-+.15. 设函数的定义域为D，若存在非零实数使得对于任意，有，则称为M上的高调函数。现给出下列命题：函数为R上的1高调函数；函数为R上的高调函数；如果定义域为的函数为上的m高调函数，那么实数m的取值范围是.其中正确的命题是
6、。（写出所有正确命题的序号）参考答案：略16. t0，关于x的方程|x|+=的解为集合A，则A中元素个数可能为（写出所有可能）参考答案：0，2，3，4【考点】根的存在性及根的个数判断【专题】函数的性质及应用【分析】化方程为，得到两个函数所对应的图象，画出图象，数形结合得答案【解答】解：由|x|+=，得，由y=，得x2+y2=t（y0），又，作出图象如图：由图可知，当0t1或t时，A中元素个数为0；当t=1时，A中元素个数为2；当t=时，A中元素个数为3；当1t时，A中元素个数为4故答案为：0，2，3，4【点评】本题考查了根的存在性及根的个数判断，考查了数形结合与分类讨论的数学思想方法，是中档题
7、17. 已知f（x）=logax（a0，a1），且f1（1）=2，则f1（x）=参考答案：考点：对数函数图象与性质的综合应用 专题：计算题；函数的性质及应用分析：由题意可得f（2）=loga2=1；从而得到a=；再写反函数即可解答：解：由题意，f1（1）=2，f（2）=loga2=1；故a=；故f1（x）=；故答案为：点评：本题考查了反函数的应用及指数对数函数的应用，属于基础题三、 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. （本小题满分12分）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点分别在棱,上移动，且.（）当时，证明：直线平面;（）是否存在，使平面
8、与面所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.参考答案：几何方法（）证明：如图1，连接AD1，由ABCD-A1B1C1D1是正方体，知BC1AD1.当=1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FPAD1所以BC1FP.而FP平面EFPQ, 且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ. 图1 图2 图3（）如图2，连接BD. 因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EFBD，且EF=BD. 又DP=BQ，DPBQ，所以四边形PQBD是平行四边形，故PQBD，且PQ=BD，从而EFPQ，且EF=PQ.在RtEBQ和RtFDP中，因为BQ=DP=，BE=DF=1，于是EQ
9、=FP=，所以四边形EFPQ是等腰梯形.同理可证四边形PQMN是等腰梯形.分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，则GOPQ，HOPQ，而GOHO=O，故GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角.若存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则GOH=90.连接EM，FN，则由EFMN，且EF=MN，知四边形EFNM是平行四边形.连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，所以GH=ME=2.在GOH中，GH2=4，OH2=,OG2=,由OG2+OH2=GH2，得，解得，故存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.向量方法：以D为原点，射线DA，D
10、C，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系Dxyz. 由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，)=(-2，0，2)，=(-1，0，)，=(1，1，0)（）证明：当=1时，=(-1，0，1)，因为=(-2，0，2)，所以=2，即BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.（）设平面EFPQ的一个法向量为n=(x，y，z)，则由 可得于是可取n=(，-，1).同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(-2，2-，1)若存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则mn=（-2，
11、2-，1）（，-，1）=0，即(-2)- (2-)+1=0，解得.故存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.19. 已知是的三个内角，向量，且. （1）求角；（2）若，求.参考答案：（1）（2）略20. （本题共14分）已知函数的导函数的两个零点为-3和0. （）求的单调区间；（）若f(x)的极小值为，求f(x)在区间上的最大值.参考答案：解：（）.2分 令，因为，所以的零点就是的零点，且与符号相同.又因为，所以时，g(x)0,即， 4分当时,g(x)5，所以函数f(x)在区间上的最大值是.14分21. （本小题满分10分）设函数,其中.（）当时，求不等式的解集；（）若不等式的解
12、集为 ，求的值.参考答案：（）当时，可化为.由此可得 或. 故不等式的解集为.。5分() 由 得 此不等式化为不等式组 或即 或因为，所以不等式组的解集为由题设可得，故 .。10分22. （本小题满分14分）已知函数上为增函数，且，（1）求的值；（2）当时，求函数的单调区间和极值； （3）若在上至少存在一个，使得成立，求的取值范围 参考答案：解答：（1）由已知在上恒成立， 即， 故在上恒成立，只需， 即，只有，由知； 4分 （2）， ， 令，则， ，和的变化情况如下表： +0极大值 即函数的单调递增区间是，递减区间为， 有极大值； 9分 （3）令， 当时，由有，且， 此时不存在使得成立； 当时， ，又，在上
