2021-2022學(xué)年山東省泰安市水河中學(xué)高三數(shù)學(xué)文月考試題

2021-2022學(xué)年山東省泰安市水河中學(xué)高三數(shù)學(xué)文月考試題含解析一、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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.設(shè)是的任一點(diǎn),且,設(shè)的面積分別為,且,則在平面直角坐標(biāo)系中,以為坐標(biāo)的點(diǎn)的軌跡圖形是(

)參考答案：A2.下列函數(shù)中,既是偶函數(shù),又在(0,1)上單調(diào)遞增的函數(shù)是()(A)y=|log3x| (B)y=x3(C)y=e|x| (D)y=cos|x|參考答案：C略3.（09年湖北重點(diǎn)中學(xué)4月月考理）函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的圖象是（

）參考答案：D4.如圖，一個(gè)空間幾何體的正視圖、側(cè)視圖、俯視圖均為全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的斜邊長(zhǎng)為，那么這個(gè)幾何體的體積是（）A． B． C． D．參考答案：C【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積．【分析】由已知中的三視圖可得：該幾何體是一個(gè)三棱錐，代入棱錐體積公式，可得答案．【解答】解：由已知中的三視圖可得：該幾何體是一個(gè)三棱錐，如果直角三角形的斜邊長(zhǎng)為，則直角三角形的直角邊長(zhǎng)均為1，故幾何體的體積V=×1×1×1=，故選：C5.雙曲線的左右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F1的直線交曲線左支于A，B兩點(diǎn)，△F2AB是以A為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且∠AF2B＝30°．若該雙曲線的離心率為e，則e2＝（）A. B. C. D.參考答案：D【分析】設(shè)，根據(jù)是以為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且，以及雙曲線的性質(zhì)可得，再根據(jù)勾股定理求得的關(guān)系式，即可求解.【詳解】由題意，設(shè)，如圖所示，因?yàn)槭且詾橹苯琼旤c(diǎn)的直角三角形，且，由，所以，由，所以，所以，即，所以，所以，，在直角中，，即，整理得，所以，故選D.【點(diǎn)睛】本題主要考查了雙曲線的定義，以及雙曲線的幾何性質(zhì)——離心率的求解，其中求雙曲線的離心率(或范圍)，常見(jiàn)有兩種方法：①求出，代入公式；②只需要根據(jù)一個(gè)條件得到關(guān)于的齊次式，轉(zhuǎn)化為的齊次式，然后轉(zhuǎn)化為關(guān)于的方程，即可得的值(范圍)．.6.一個(gè)直棱柱被一個(gè)平面截去一部分后所剩幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A．9 B．10 C．11 D．參考答案：C考點(diǎn)：棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積．專題：空間位置關(guān)系與距離．分析：根據(jù)得出該幾何體是在底面為邊長(zhǎng)是2的正方形、高是3的直四棱柱的基礎(chǔ)上，截去一個(gè)底面積為×2×1=1、高為3的三棱錐形成的，運(yùn)用直棱柱減去三棱錐即可得出答案．解答：解：．由三視圖可知該幾何體是在底面為邊長(zhǎng)是2的正方形、高是3的直四棱柱的基礎(chǔ)上，截去一個(gè)底面積為×2×1=1、高為3的三棱錐形成的，V三棱錐==1，所以V=4×3﹣1=11．故選：C點(diǎn)評(píng)：本題考查了空間幾何體的性質(zhì)，求解體積，屬于計(jì)算題，關(guān)鍵是求解底面積，高，運(yùn)用體積公式．7.不等式|x﹣5|+|x+1|＜8的解集為（）A．（﹣∞，2） B．（﹣2，6） C．（6，+∞） D．（﹣1，5）參考答案：B【考點(diǎn)】絕對(duì)值不等式的解法．【分析】由條件利用絕對(duì)值的意義，求得絕對(duì)值不等式|x﹣5|+|x+1|＜8的解集．【解答】解：由于|x﹣5|+|x+1|表示數(shù)軸上的x對(duì)應(yīng)點(diǎn)到5、﹣1對(duì)應(yīng)點(diǎn)的距離之和，而數(shù)軸上的﹣2和6對(duì)應(yīng)點(diǎn)到5、﹣1對(duì)應(yīng)點(diǎn)的距離之和正好等于8，故不等式|x﹣5|+|x+1|＜8的解集為（﹣2，6），故選：B．8.已知x，y滿足約束條件則z=2x+3y的最大值為（）A．8 B．9 C．10 D．11參考答案：D【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單線性規(guī)劃．【分析】由約束條件作出可行域，化目標(biāo)函數(shù)為直線方程的斜截式，數(shù)形結(jié)合得到最優(yōu)解，聯(lián)立方程組求得最優(yōu)解的坐標(biāo)，代入目標(biāo)函數(shù)得答案．【解答】解：由約束條件作出可行域如圖，聯(lián)立，解得A（1，3），化目標(biāo)函數(shù)z=2x+3y為y=，由圖可知，當(dāng)直線y=過(guò)點(diǎn)A時(shí)，直線在y軸上的截距最大，z有最大值為11．故選：D．9.如下圖，某幾何體的正視圖與側(cè)視圖都是邊長(zhǎng)為1的正方形，且體積為．則該幾何體的俯視圖可以是（

）參考答案：C略10.已知函數(shù)f（x）=x2+cosx，f′（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，則f′（x）的圖象大致是（）A． B． C． D．參考答案：A【考點(diǎn)】函數(shù)的圖象．【分析】由于f（x）=x2+cosx，得f′（x）=x﹣sinx，由奇函數(shù)的定義得函數(shù)f′（x）為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除BD，取x=代入f′（）=﹣sin=﹣1＜0，排除C，只有A適合．【解答】解：由于f（x）=x2+cosx，∴f′（x）=x﹣sinx，∴f′（﹣x）=﹣f′（x），故f′（x）為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除BD，又當(dāng)x=時(shí)，f′（）=﹣sin=﹣1＜0，排除C，只有A適合，故選：A．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.一個(gè)總體分為甲、乙兩層，用分層抽樣方法從總體中抽取一個(gè)容量為20的樣本．已知乙層中每個(gè)個(gè)體被抽到的概率都為，則總體中的個(gè)體數(shù)為

．參考答案：18012.設(shè)p：f（x）=lnx+2x2+mx+1在（0，+∞）上是遞增的，q：m≥﹣4，則p是q的條件．參考答案：充要【考點(diǎn)】2L：必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【分析】結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，利用充分條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷即可．【解答】解：要使f（x）=lnx+2x2+mx+1在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，則f′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，即f′（x）=恒成立，∴m在（0，+∞）恒成立，∵當(dāng)x＞0時(shí)，，∴，即m≥﹣4，∴p：m≥﹣4，∵q：m≥﹣4，∴p是q的充分必要條件．故答案為：充要條件13.函數(shù)為奇函數(shù)，則實(shí)數(shù)

。參考答案：-1試題分析：因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù)，所以，即考點(diǎn)：函數(shù)的奇偶性.14.若某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則此幾何體的體積是

cm3，表面積是

cm2．參考答案：40，32+16

【分析】由幾何體的三視圖知該幾何體是三棱柱與兩個(gè)相同的四棱錐的組合體，畫(huà)出圖形結(jié)合圖形求出它的體積與表面積．【解答】解：由該幾何體的三視圖，知該幾何體是三棱柱與兩個(gè)相同的四棱錐的組合體，如圖所示；該組合體的體積為V=+V三棱柱DEG﹣CFH+=×（2×4）×3+（×4×3）×4+×（2×4）×3=8+24+8=40（cm3）；它的表面積為S=+2S梯形ABCD+2=8×4+2××（4+8）×+2××4×=32+16cm2．故答案為：40，32+16．【點(diǎn)評(píng)】本題考查利用幾何體的三視圖求體積與表面積的應(yīng)用問(wèn)題，是基礎(chǔ)題．15.對(duì)大于或等于的自然數(shù)的次方冪有如下分解方式：

根據(jù)上述分解規(guī)律，的分解式為_(kāi)_______________________.參考答案：31+33+35+37+39+4116.已知等差數(shù)列滿足，則，則最大值為

參考答案：

17.（5分）橢圓的焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在橢圓上，若｜PF1｜=4，則∠F1PF2的大小為

，△F1PF2的面積為．參考答案：，2【考點(diǎn)】：橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)．【專題】：計(jì)算題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．【分析】：根據(jù)橢圓的方程，可得a=3，b=，c==．由橢圓的定義，得｜PF2｜=2a﹣｜PF1｜=2，在△PF1F2中利用余弦定理，可算出∠F1PF2=，最后由正弦定理的面積公式，可得△F1PF2的面積．解：∵橢圓的方程為，∴a2=9，b2=2，可得a=3，b=，c==∵｜PF1｜=4，｜PF1｜+｜PF2｜=2a=6，∴｜PF2｜=6﹣｜PF1｜=2△PF1F2中，｜F1F2｜=2c=2，∴cos∠F1PF2==﹣∵∠F1PF2∈（0，π），∴∠F1PF2=由正弦定理的面積公式，得△F1PF2的面積為S=｜PF1｜?｜PF2｜sin=2故答案為：，2【點(diǎn)評(píng)】：本題給出橢圓的焦點(diǎn)三角形△PF1F2，求∠F1PF2的大小并求面積，著重考查了橢圓的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)、利用正余弦定理解三角形等知識(shí)點(diǎn)，屬于基礎(chǔ)題．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a，公差為d，且不等式ax2﹣3x+2＜0的解集為（1，d）．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；（2）若bn=3an+an﹣1，求數(shù)列{bn}前n項(xiàng)和Tn．參考答案：【考點(diǎn)】數(shù)列的求和；數(shù)列遞推式．【分析】（1）根據(jù)利用根與系數(shù)的關(guān)系求出a，d，代入等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可；（2）使用分組法把Tn轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列，等比數(shù)列的前n項(xiàng)和計(jì)算．【解答】解：（1）∵不等式ax2﹣3x+2＜0的解集為（1，d）．∴，解得a=1，d=2．∴an=2n﹣1；（2）由（I）知bn=32n﹣1+2n﹣2，∴Tn=（3+33+35+…+32n﹣1）+（2+4+6+8+…+2n）﹣2n=+﹣2n=+n2﹣n．19.已知函數(shù)R.（1）討論f(x)的單調(diào)性；（2）若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．參考答案：(1)的定義域?yàn)椋?………1分(i)當(dāng)時(shí)，恒成立，時(shí)，，在上單調(diào)遞增；時(shí)，，在上單調(diào)遞減；……2分(ii)當(dāng)時(shí)，由得，（舍去），①當(dāng)，即時(shí)，恒成立，在上單調(diào)遞增；……3分②當(dāng)，即時(shí)，或時(shí)，恒成立，在，單調(diào)遞增；時(shí)，恒成立，在上單調(diào)遞減；……………4分③當(dāng)即時(shí)，或時(shí)，恒成立，在單調(diào)遞增；時(shí)，恒成立，在上單調(diào)遞減；……………5分綜上，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增區(qū)間為，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為．…………………6分(2)由(1)知，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為，又因?yàn)椋?/p>

…………………7分取，令，，則在成立，故單調(diào)遞增，，，（注：此處若寫(xiě)“當(dāng)時(shí)，”也給分）所以有兩個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于，得，所以．……………8分當(dāng)時(shí)，，只有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增，至多只有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；………9分當(dāng)且時(shí)，有兩個(gè)極值，，，記，

…………………10分，令，則.當(dāng)時(shí)，，在單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，在單調(diào)遞減．故，在單調(diào)遞增．時(shí)，，故．……11分又，由(1)知，至多只有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意．綜上，實(shí)數(shù)的取值范圍為.

……12分20.（本小題滿分13分）

、如圖所示，在正方體ABCD—A’B’C’D’'中，棱AB，BB’，B'C’，C'D’的中點(diǎn)分別是E，F(xiàn)，G，H．（1）求證：AD’//平面EFG；（2）求證：A’C⊥平面EFG：（3）判斷點(diǎn)A，D’，H，F(xiàn)是否共面？并說(shuō)明理由參考答案：【知識(shí)點(diǎn)】線面平行的判定線面垂直的判定平面的基本性質(zhì)G3G4G5(1)略；(2)略；(3)不共面解析：（1）證明：連接BC'，在正方體ABCD-A'B'C'D'中，AB=C'D'，AB∥C'D'．

所以，四邊形ABC'D'是平行四邊形，所以，AD'∥BC'．因?yàn)镕，G分別是BB'，B'C'的中點(diǎn)，所以FG∥BC'，所以，F(xiàn)G∥AD'．因?yàn)镋F，AD'是異面直線，所以AD'?平面EFG．

因?yàn)镕G?平面EFG，所以AD'∥平面EFG．

（2）證明：連接B'C，在正方體ABCD-A'B'C'D'中，A'B'⊥平面BCC'B'，BC'?平面BCC'B'，所以，A'B'⊥BC'．在正方形BCC'B'中，B'C⊥BC'，因?yàn)锳'B'?平面A'B'C，B'C?平面A'B'C，A'B'∩B'C=B'，所以，BC'⊥平面A'B'C．因?yàn)锳'C?平面A'B'C，所以，BC'⊥A'C．

因?yàn)镕G∥BC'，所以，A'C⊥FG，同理可證：A'C⊥EF．因?yàn)镋F?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG，EF∩FG=F，所以，A'C⊥平面EFG．

（3）點(diǎn)A，D'，H，F(xiàn)不共面．理由如下：假設(shè)A，D'，H，F(xiàn)共面．連接C'F，AF，HF．

由（Ⅰ）知，AD'∥BC'，因?yàn)锽C'?平面BCC'B'，AD'?平面BCC'B'，所以，AD'∥平面BCC'B'．

因?yàn)镃'∈D'H，所以，平面AD'HF∩平面BCC'B'=C'F．因?yàn)锳D'?平面AD'HF，所以AD'∥C'F．

所以C'F∥BC'，而C'F與BC'相交，矛盾．所以點(diǎn)A，D'，H，F(xiàn)不共面．【思路點(diǎn)撥】證明線面垂直與平行，通常結(jié)合其判定定理轉(zhuǎn)化為線線垂直與線面平行問(wèn)題進(jìn)行證明.21.設(shè)直線l：y=kx+1與曲線f（x）=ax2+2x+b+ln（x+1）（a＞0）相切于點(diǎn)P（0，f（0））．（1）求b，k的值；（2）若直線l與曲線y=f（x）有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，求a的值．參考答案：解：（1）∵f（x）=ax2﹣2x+b+ln（x+1）∴f（0）=b，由切線y=kx+1，可得f（0）=1=b，∴f'（x）=，∴f′（0）=﹣1，切點(diǎn)P（0，1），切線l的斜率為k=﹣1；（2）切線l：y=﹣x+1與曲線y=f（x）有且只有一個(gè)公共點(diǎn)等價(jià)于方程ax2﹣2x+1+ln（x+1）=﹣x+1，即ax2﹣x+ln（x+1）=0有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解．令h（x）=ax2﹣x+ln（x+1），∵h(yuǎn)（0）=0，∴方程h（x）=0有一解x=0h'（x）=2ax﹣1+，①若a=，則h'（x）=≥0（x＞﹣1），∴h（x）在（﹣1，+∞）上單調(diào)遞增，∴x=0是方程h（x）=0的唯一解；②若0＜a＜，則h′（x）=0兩根x1=0，x2=﹣1＞0，在x∈（﹣1，0），（x2，+∞）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）遞增，在（0，x2）時(shí)，h′（x）＜0，h（x）遞減，∴h（）＜h（0）=0，而h（）＞0，∴方程h（x）=0在（﹣1，+∞）上還有一解，則h（x）=0解不唯一；③若a＞，則h′（x）=0兩根x1=0，x2=﹣1∈（﹣1，0）同理可得方程h（x）=0在（﹣1，﹣1）上還有一解，則h（x）=0解不唯一；綜上，當(dāng)切線l與曲線y=f（x）有且只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，a=考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程．專題：綜合題；分類討論；轉(zhuǎn)化思想；導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用．分析：（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求出函數(shù)f（x）在x=0處的導(dǎo)數(shù)，從而求出切線的斜率，可得b=1，k=﹣1；（2）將切線l與曲線y=f（x）有且只有一個(gè)公共點(diǎn)等價(jià)于方程ax2﹣2x+1+ln（x+1）=﹣x+1即ax2﹣x+ln（x+1）=0有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解．令h（x）=ax2﹣x+ln（x+1），求出h'（x），然后討論a與的大小，研究函數(shù)的單調(diào)性，求出滿足使方程h（x）=0有一解x=0的a的取值范圍即可．解答：解：（1）∵f（x）=ax2﹣2x+b+ln（x+1）∴f（0）=b，由切線y=kx+1，可得f（0）=1=b，∴f'（x）=，∴f′（0）=﹣1，切點(diǎn)P（0，1），切線l的斜率為k=﹣1；（2）切線l：y=﹣x+1與曲線y=f（x）有且只有一個(gè)公共點(diǎn)等價(jià)于方程ax2﹣2x+1+ln（x+1）=﹣x+