福建省南平市建甌第三中學2021-2022學年高三數(shù)學文月考試題含解析

福建省南平市建甌第三中學2021-2022學年高三數(shù)學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選項中，只有是一個符合題目要求的1.若，則p是q的（）

A．充分而不必要條件

B．必要而不充分條件

C．充要條件

D．既不充分也不必要條件參考答案：B略2.參考答案：B3.已知全集，集合A=，集合B=則右圖中的陰影部分表示A、

B、

C、

D、參考答案：C略4.集合，則=(

)A．

B．

C．

D．參考答案：B5.設棱錐M－ABCD的底面是正方形，且MA＝MD，MA⊥AB，△AMD的面積為1，則能夠放入這個棱錐的最大球的半徑為

A．2-1

B．2+1

C．+1

D．－1

參考答案：A6.某幾何體的三視圖如圖所示，該幾何體的表面積是（

）

A.

B.

C.

D.參考答案：A7.如圖，圓O：內的正弦曲線與

軸圍成的區(qū)域記為（圖中陰影部分），隨機向圓O內投一個點P，則點P落在區(qū)域M內的概率是（

）A.

B.

C.

D.參考答案：B8.已知拋物線的焦點，則拋物線的標準方程是（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B試題分析：以為焦點的拋物線的標準方程為.考點：拋物線的焦點和拋物線的標準方程.9.已知常數(shù)ω＞0，f（x）=﹣1+2sinωxcosωx+2cos2ωx圖象的對稱中心得到對稱軸的距離的最小值為，若f（x0）=，≤x0≤，則cos2x0=（）A． B． C． D．參考答案：D【考點】三角函數(shù)中的恒等變換應用；正弦函數(shù)的圖象．【分析】將函數(shù)f（x）化簡成只有一個函數(shù)名，對稱中心得到對稱軸的距離的最小值為，可得T=π．根據(jù)f（x0）=，≤x0≤，求出x0，可得cos2x0的值．【解答】解：由f（x）=﹣1+2sinωxcosωx+2cos2ωx，化簡可得：f（x）=sin2ωx+cos2ωx=2sin（2ωx+）∵對稱中心得到對稱軸的距離的最小值為，∴T=π．由，可得：ω=1．f（x0）=，即2sin（2x0+）=∵≤x0≤，∴≤2x0+≤∴sin（2x0+）=＞0∴cos（2x0+）=．那么：cos2x0=cos（2x0+﹣）=cos（2x0+）cos+sin（2x0+）sin=故選D10.函數(shù)的最小正周期是A. B. C.2 D.參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知={（x，y）|x+y≤6，x≥0，y≥0}，A={（x，y）|x≤4，y>0，x－y2≥0}，若向區(qū)域上隨機投一點P，則點P落入區(qū)域A的概率是

．參考答案：略12.在平面直角坐標系xOy中已知圓C：x2+（y﹣1）2=5，A為圓C與x軸負半軸的交點，過點A作圓C的弦AB，記線段AB的中點為M．若OA=OM，則直線AB的斜率為．參考答案：2考點：直線與圓的位置關系．專題：綜合題；直線與圓．分析：因為圓的半徑為，所以A（﹣2，0），連接CM，顯然CM⊥AB，求出圓的直徑，在三角形OCM中，利用正弦定理求出sin∠OCM，利用∠OCM與∠OAM互補，即可得出結論．解答：解：因為圓的半徑為，所以A（﹣2，0），連接CM，顯然CM⊥AB，因此，四點C，M，A，O共圓，且AC就是該圓的直徑，2R=AC=，在三角形OCM中，利用正弦定理得2R=，根據(jù)題意，OA=OM=2，所以，=，所以sin∠OCM=，tan∠OCM=﹣2（∠OCM為鈍角），而∠OCM與∠OAM互補，所以tan∠OAM=2，即直線AB的斜率為2．故答案為：2．點評：本題考查直線與圓的位置關系，考查正弦定理，考查學生的計算能力，屬于中檔題．13.對于，以點為中點的弦所在的直線方程是_____．參考答案：試題分析：，圓心為（1,0），故所求直線的斜率為，直線方程為即考點：直線方程14.如圖，在△ABC中，∠B=45°，D是BC邊上的一點，AD=5，AC=7，DC=3，則AB的長為

．參考答案：考點：余弦定理．專題：綜合題．分析：先根據(jù)余弦定理求出∠ADC的值，即可得到∠ADB的值，最后根據(jù)正弦定理可得答案．解答： 解：在△ADC中，AD=5，AC=7，DC=3，由余弦定理得cos∠ADC==﹣，∴∠ADC=120°，∠ADB=60°在△ABD中，AD=5，∠B=45°，∠ADB=60°，由正弦定理得，∴AB=故答案為：．點評：本題主要考查余弦定理和正弦定理的應用，在解決問題的過程中要靈活運用正弦定理和余弦定理．屬基礎題．15.若不等式對于一切非零實數(shù)均成立，則實數(shù)的取值范圍為

參考答案：【知識點】含絕對值的不等式基本不等式E2E6解析：因為與同號，所以（當且僅當時取“=”），所以，解得，故答案為.【思路點撥】由題意對于一切非零實數(shù)均成立，可得即可，利用基本不等式求得，即可求解.16.三位數(shù)(100，101，L，999)共900個，在卡片上打印這些三位數(shù)，每張卡片上打印一個三位數(shù)，有的卡片所印的，倒過來看仍為三位數(shù)，如198倒過來看是861；有的卡片則不然，如531倒過來看是

，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____張卡片．參考答案：34解：首位與末位各可選擇1，6，8，9，有4種選擇，十位還可選0，有5種選擇，共有4×5×4=80種選擇．但兩端為1，8，中間為0，1，8時，或兩端為9、6，中間為0，1，8時，倒后不變；共有2×3+2×3=12個，故共有(80－12)÷2=34個．17.在中，角所對的邊分別為，且當取最大值時，則角的值為_________.參考答案：【知識點】正弦定理【試題解析】由正弦定理得：

整理得：

兩邊同時除以得：

所以

因為同號，所以A，B都是銳角，

所以

所以當且僅當時

等號成立。所以

所以角的值為。

故答案為：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.(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講設函數(shù)(m＞0)(1)證明：f(x)≥4；(2)若f(2)＞5，求m的取值范圍.參考答案：【知識點】絕對值不等式的證明

N4【答案解析】綜上，m的取值范圍是． …10分【思路點撥】（Ⅰ）運用絕對值不等式的性質：絕對值的和不小于差的絕對值，再利用基本不等式即可證得結論；（Ⅱ）分當時和當時兩種情況，分別根據(jù)，求得m的范圍，再把所得m的范圍取并集，即得所求。19.已知在數(shù)列{an}中，（t>0且t≠1）．是函數(shù)的一個極值點．

（1）證明數(shù)列是等比數(shù)列，并求數(shù)列的通項公式；

（2）記，當t=2時，數(shù)列的前n項和為Sn，求使Sn>2012的n的最小值；

（3）當t=2時，是否存在指數(shù)函數(shù)g（x），使得對于任意的正整數(shù)n有成立？若存在，求出滿足條件的一個g（x）；若不存在，請說明理由．參考答案：（1）．由題意，即．…………1分∴∵且，∴數(shù)列是以為首項，t為公比的等比數(shù)列…………2分以上各式兩邊分別相加得，∴，當時，上式也成立，∴…………5分

（2）當t=2時，…7分

由，得，，

…………8分當，因此n的最小值為1005．

…………10分則

20.在直角坐標系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為（為參數(shù)），以坐標原點為極點，以x軸正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線C2的極坐標方程為.（1）寫出C1的普通方程和C2的直角坐標方程；（2）設點P在C1上，點Q在C2上，求的最小值以及此時P的直角坐標.參考答案：（1）：，：；（2），此時.試題分析：（1）的普通方程為，的直角坐標方程為；（2）由題意，可設點的直角坐標為到的距離當且僅當時，取得最小值，最小值為，此時的直角坐標為.試題解析：（1）的普通方程為，的直角坐標方程為.（2）由題意，可設點的直角坐標為，因為是直線，所以的最小值即為到的距離的最小值，.當且僅當時，取得最小值，最小值為，此時的直角坐標為.【方法點睛】參數(shù)方程與普通方程的互化：把參數(shù)方程化為普通方程，需要根據(jù)其結構特征，選取適當?shù)南麉⒎椒?，常見的消參方法有：代入消參法；加減消參法；平方和（差）消參法；乘法消參法；混合消參法等．把曲線的普通方程化為參數(shù)方程的關鍵：一是適當選取參數(shù)；二是確?；セ昂蠓匠痰牡葍r性．注意方程中的參數(shù)的變化范圍．21.在中，角、、對的邊分別為、、，且（1）求的值；（2）若，求的面積．參考答案：解：（1）由正弦定理可得：，所以，ks5u

所以

…6分（2）由余弦定理得，即，又，所以，解得或（舍去），所以

…12分略22.在平面直角坐標系中，點F1、F2分別為雙曲線的左、右焦點，雙曲線C的離心率為2，點在雙曲線C上.不在x軸上的動點P與動點Q關于原點O對稱，且四邊形的周長為.（1）求動點P的軌跡方程；（2）在動點P的軌跡上有兩個不同的點，線段MN的中點為G，已知點在圓上，求的最大值，并判斷此時的形狀.參考答案：（1）設點、分別為由已知，所以，，又因為點在雙曲線上，所以則，即，解得，所