2021-2022學年湖南省永州市大路鋪中學高三數學文測試題含解析

2021-2022學年湖南省永州市大路鋪中學高三數學文測試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.如圖，是定義在[0,1]上的四個函數，其中滿足性質“，且，恒成立”的為（

）A. B.C. D.參考答案：A【分析】設，根據恒成立可得與點的位置關系，從而可得正確的選項.【詳解】設，則，表示線段上的點（除端點外），因為恒成立，所以點始終在下方，所以函數的圖像是下凸的，故選A.【點睛】在坐標平面中，對于上的可導函數，若，時，總有成立，則函數的圖像是向下凸的（即函數的導數是增函數）.2.某程序框圖如圖所示，該程序運行輸出的k值是（）A．4 B．5 C．6 D．7參考答案：D【考點】E7：循環(huán)結構．【分析】分析程序中各變量、各語句的作用，再根據流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是利用循環(huán)計算S，k值并輸出k，模擬程序的運行過程，即可得到答案．【解答】解：程序在運行過程中各變量的值如下表示：S

k

是否繼續(xù)循環(huán)循環(huán)前

100

0/第一圈100﹣20

1

是第二圈100﹣20﹣21

2

是…第六圈100﹣20﹣21﹣22﹣23﹣24﹣25＜0

6

是則輸出的結果為7．故選D．3.若復數z滿足（3﹣4i）z=|4+3i|，則z的虛部為（）A．﹣4 B． C．4 D．參考答案：D【考點】復數代數形式的乘除運算；復數求模．【分析】由題意可得z==，再利用兩個復數代數形式的乘除法法則化簡為+i，由此可得z的虛部．【解答】解：∵復數z滿足（3﹣4i）z=|4+3i|，∴z====+i，故z的虛部等于，故選：D．4.設全集U={1，2，3，4，5，6}A={1，2}，B={2，3，4}，則A∩（?UB）=(

)A．{1，2，5，6} B．{1} C．{2} D．{1，2，3，4}參考答案：B【考點】交、并、補集的混合運算．【專題】集合．【分析】進行補集、交集的運算即可．【解答】解：?RB={1，5，6}；∴A∩（?RB）={1，2}∩{1，5，6}={1}．故選：B．【點評】考查全集、補集，及交集的概念，以及補集、交集的運算，列舉法表示集合．5.已知、的取值如下表所示：若與線性相關，且，則（）01342.24.34.86.7（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：D略6.復數，則復數在復平面上對應的點位于

A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限參考答案：D略7.若直線y＝kx＋1與圓x2＋y2＝1相交于P、Q兩點，且∠POQ＝120°(其中O為坐標原點)，則k的值為()A. B.

C.或－ D.和－參考答案：C【分析】直線過定點，直線y=kx+1與圓x2+y2=1相交于P、Q兩點，且∠POQ=120°（其中O為原點），可以發(fā)現∠QOx的大小，求得結果．【詳解】如圖，直線過定點（0，1），∵∠POQ=120°∴∠OPQ=30°，?∠1=120°，∠2=60°，∴由對稱性可知k=±．故選C．【點睛】本題考查過定點的直線系問題，以及直線和圓的位置關系，是基礎題．8.已知R為實數集，集合A={x|x2﹣2x≥0}，B={x|x＞1}，則（?RA）∩B=（）A．（0，1） B．（0，1] C．（1，2） D．（1，2]參考答案：C【分析】求出集合A，B，從而CRA，由此能求出（?RA）∩B．【解答】解：∵R為實數集，集合A={x|x2﹣2x≥0}={x|x≤0或x≥2}，B={x|x＞1}，∴CRA={x|0＜x＜2}，∴（?RA）∩B={x|1＜x＜2}=（1，2）．故選：C．【點評】本題考查補集、交集的求法，考查推理論證能力、運算求解能力，考查轉化化歸思想，是基礎題．9.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．參考答案：A考點：由三視圖求面積、體積．專題：計算題；作圖題；空間位置關系與距離．分析：三視圖中長對正，高對齊，寬相等；由三視圖想象出直觀圖，一般需從俯視圖構建直觀圖，該幾何體為三棱柱與三棱錐的組合體．解答：解：該幾何體為三棱柱與三棱錐的組合體，如右圖，三棱柱的底面是等腰直角三角形，其面積S=×1×2=1，高為1；故其體積V1=1×1=1；三棱錐的底面是等腰直角三角形，其面積S=×1×2=1，高為1；故其體積V2=×1×1=；故該幾何體的體積V=V1+V2=；故選：A．點評：三視圖中長對正，高對齊，寬相等；由三視圖想象出直觀圖，一般需從俯視圖構建直觀圖，本題考查了學生的空間想象力，識圖能力及計算能力10.均為正實數,且,，，則

A.

B.

C.

D.參考答案：A因為均為正實數，所以，即，所以。，因為，即，所以，即。，因為，所以，即，所以，選A.二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.定義在上的函數，如果對于任意給定的等比數列，仍是等比數列，則稱為“等比函數”?，F有定義在上的如下函數：①；②；③；④，則其中是“等比函數”的的序號為

．參考答案：12.已知M是曲線y＝lnx＋x2＋(1－a)x上任意一點，若曲線在M點處的切線的傾斜角是均不小于的銳角，則實數a的取值范圍是________．參考答案：13.中，角所對的邊分別為，下列命題正確的是________（寫出正確命題的編號）.②若AsinB>BsinA，則B＞A③存在某鈍角，有；④若，則的最小角小于；⑤若，則.參考答案：①④⑤14.“墨子號”是由我國完全自主研制的世界上第一顆空間量子科學實驗衛(wèi)星，于2016年8月16日發(fā)射升空．“墨子號”的主要應用目標是通過衛(wèi)星中轉實現可覆蓋全球的量子保密通信．量子通信是通過光子的偏振狀態(tài)，使用二進制編碼，比如，碼元0對應光子偏振方向為水平或斜向下45度，碼元1對應光子偏振方向為垂直或斜向上45度．如圖所示

編碼方式1編碼方式2碼元0

碼元1

信號發(fā)出后，我們在接收端將隨機選擇兩種編碼方式中的一種來解碼，比如，信號發(fā)送端如果按編碼方式1發(fā)送，同時接收端按編碼方式1進行解碼，這時能夠完美解碼；信號發(fā)送端如果按編碼方式1發(fā)送，同時接收端按編碼方式2進行解碼，這時無法獲取信息．如果發(fā)送端發(fā)送一個碼元，那么接收端能夠完美解碼的概率是；如果發(fā)送端發(fā)送3個碼元，那么恰有兩個碼元無法獲取信息的概率是．參考答案：，【考點】列舉法計算基本事件數及事件發(fā)生的概率．【分析】發(fā)送端發(fā)送一個碼元，基本事件總數n=2，接收端能夠完美解碼包含的基本事件個數m=1，由此能求出發(fā)送端發(fā)送一個碼元，那么接收端能夠完美解碼的概率；進而利用n次獨立重復試驗中事件A恰好發(fā)生k次的概率計算公式能求出發(fā)送端發(fā)送3個碼元，恰有兩個碼元無法獲取信息的概率．【解答】解：發(fā)送端發(fā)送一個碼元，基本事件總數n=2，接收端能夠完美解碼包含的基本事件個數m=1，∴發(fā)送端發(fā)送一個碼元，那么接收端能夠完美解碼的概率p1==．發(fā)送端發(fā)送3個碼元，恰有兩個碼元無法獲取信息的概率p2==．故答案為：，．15.函數，若方程恰有四個不等的實數根，則實數m的取值范圍是

．參考答案：作出的圖象，與交點個數就是方程的個數，由圖知，點當時，，，當直線與相切時，設切點，則，得，當直線由繞點轉至切線過程中，與由四個交點，所以的取值范圍是

16.給出下列命題中

①向量的夾角為；

②為銳角的充要條件；

③將函數的圖象按向量平移，得到的圖象對應的函數表達式為；

④若為等腰三角形；

以上命題正確的是

（注：把你認為正確的命題的序號都填上）參考答案：③④17.=

．參考答案：3【考點】對數的運算性質．【分析】根據對數的運算性質計算即可．【解答】解：原式=log28=3，故答案為：3【點評】本題考查了對數的運算性質，屬于基礎題．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.如圖，在四棱錐P一ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD,AB⊥BC,AD//BC,AD=3,PA=BC=2AB=2,PB＝．(Ⅰ)求證：BC⊥PB;(Ⅱ)求二面角P一CD一A的余弦值；(Ⅲ)若點E在棱PA上，且BE//平面PCD，求線段BE的長．

參考答案：（Ⅰ）證明：因為平面⊥平面，且平面平面，因為⊥，且平面所以⊥平面．

……3分因為平面，所以⊥．

……4分

（Ⅱ）解：在△中，因為，，，所以，所以⊥．

……5分所以，建立空間直角坐標系，如圖所示．所以，，，，，，．易知平面的一個法向量為．

……6分設平面的一個法向量為，則，

即，令，則．

……8分設二面角的平面角為，可知為銳角，則，即二面角的余弦值為．

…10分（Ⅲ）解：因為點在棱，所以，．

……11分因為，所以，．……12分又因為平面，為平面的一個法向量，所以，即，所以．…13分所以，所以．

……14分19.（14分）設函數.（Ⅰ）求的單調區(qū)間；（Ⅱ）若當時，設函數圖象上任意一點處的切線的傾斜角為，求的取值范圍；

(Ⅲ)若關于的方程在區(qū)間[0,2]上恰好有兩個相異的實根，求實數的取值范圍。參考答案：解析：(Ⅰ)函數的定義域為(－∞，－1)∪(－1,＋∞)

…2分由得，由得.所以函數的遞增區(qū)間是(-2,-1),(0,+∞),遞減區(qū)間是(－∞,-2)，(-1,0)…4分（Ⅱ）令，則，故為區(qū)間上增函數，所以，根據導數的幾何意義可知，故

……9分(Ⅲ)方程,即記，

則.由得，由得∴在[0,1]上遞減，在[1,2]遞增.

…………11分為使在[0,2]上恰好有兩個相異的實根，只須在[0,1)和(1,2]上各有一個實根，于是有

解得.

……14分20.一個圓柱形圓木的底面半徑為1m，長為10m，將此圓木沿軸所在的平面剖成兩個部分，現要把其中一個部分加工成直四棱柱木梁，長度保持不變，底面為等腰梯形ABCD（如圖所示，其中O為圓心，C，D在半圓上），設∠BOC=θ，直四棱柱木梁的體積為V（單位：m3），側面積為S（單位：m2）．（Ⅰ）分別求V與S關于θ的函數表達式；（Ⅱ）求側面積S的最大值；（Ⅲ）求θ的值，使體積V最大．參考答案：【考點】導數在最大值、最小值問題中的應用；三角函數中的恒等變換應用．【分析】（I）列出梯形ABCD的面積SABCD=﹣sinθ=sinθcosθ+sinθ，θ∈（0，），求解體積V（θ）=10（sinθcosθ+sinθ），θ∈（0，）．（II）得出g（θ）=﹣2sin2+2sin+2，利用二次函數求解即可．（III）V（θ）=10（sinθcosθ+sinθ），θ∈（0，），求解導數得出V′（θ）=10（2cos2θ+cosθ﹣1）=10（2cosθ﹣1）（cosθ+1），根據導數與單調性的關系求解．【解答】解：（Ⅰ）木梁的側面積S=10（AB+2BC+CD）=10（2+4sin+2cosθ）=20（cosθ+2sin+1），θ∈（0，），梯形ABCD的面積SABCD=﹣sinθ=sinθcosθ+sinθ，θ∈（0，），體積V（θ）=10（sinθcosθ+sinθ），θ∈（0，）；（Ⅱ）木梁的側面積S=10（AB+2BC+CD）=10（2+4sin+2cosθ）=20（cos+1），θ∈（0，），設g（θ）=cos+1，g（θ）=﹣2sin2+2sin+2，∴當sin=，θ∈（0，），即θ=時，木梁的側面積s最大．所以θ=時，木梁的側面積s最大為40m2．（Ⅲ）V′（θ）=10（2cos2θ+cosθ﹣1）=10（2cosθ﹣1）（cosθ+1）令V′（θ）=0，得cosθ=，或cosθ=﹣1（舍）∵θ∈（0，），∴θ=．當θ∈（0，）時，＜cosθ＜1，V′（θ）＞0，V（θ）為增函數；當θ∈（，）時，0＜cosθ＜，V′（θ）＞0，V（θ）為減函數．∴當θ=時，體積V最大．21.（本小題共12分）如