2021-2022学年湖南省长沙市望城第一中学高三数学文测试题含解析

1、2021-2022学年湖南省长沙市望城第一中学高三数学文测试题含解析一、 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. 将一张坐标纸折叠一次，使得点（0，2）与点（4，0）重合，点（7，3）与点（m，n）重合，则m+n=（）A BCD参考答案：A2. （5分）设集合 M=x|x2+x60，N=x|1x3，则MN=参考答案：1，2）略3. 已知数列an为等比数列，Sn为等差数列bn的前n项和，且， ，则（ ）A. 44B. 44C. 88D. 88参考答案：A【分析】根据等比数列的性质，求得，再利用等差数列的前n项和公式，即可求解的值，得

2、到答案【详解】由题意，等比数列为等比数列，满足， 根据等比数列的性质，可得，可得，所以，则，故选A【点睛】本题主要考查了等比数列的性质，以及等差数列的前n项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的性质和等差数列的前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题4. 将函数图象上各点横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位，所得函数图象的解析式是（ ）A B C D参考答案：A将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，可得函数的图象；再向左平移个单位，所得函数图象的解析式为，故选：A考点：三角函数的图象变换5. 在直角坐标系中，直线的倾斜角是( )A. B. C. D.参

3、考答案：C因为直线的斜率为,所以此直线的倾斜角为.6. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的各个面的面积中，最小的值为（ ）(A) (B) 8 (C) (D) 参考答案：D如图， 。 7. 集合或，则=A. B.C. D.参考答案：A略8. 设实数x，y满足约束条件，已知z=2x+y的最大值是7，最小值是26，则实数a的值为（）A6B6C1D1参考答案：D【考点】简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数求得a值【解答】解：先作出对应的平面区域如图，z=2x+y的最

4、大值是7，最小值是26，作出2x+y=7和2x+y=26的图象，由图象知2x+y=7与x+y4=0相交于C，2x+y=26与3x2y+4=0相交于B，由得，即C（3，1），由得，即B（8，10），B，C同时在直线xay2=0上，得，得a=1，故选：D9. 如图，在复平面内，点M表示复数z，则z的共轭复数对应的点是AMBNCPDQ参考答案：C略10. 已知，则的值等于（）ABCD参考答案：C【分析】由已知利用诱导公式即可计算得解【解答】解：，sin（）=cos（）=cos（+）=，cos（+）=故选：C【点评】本题主要考查了诱导公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题二、 填空

5、题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 的值为._参考答案：12. 已知非零向量序列：满足如下条件：|=2， ?=，且=（n=2，3，4，nN*），Sn=，当Sn最大时，n=参考答案：8或9【考点】数列的求和；平面向量的基本定理及其意义【专题】等差数列与等比数列；平面向量及应用【分析】由已知条件采用累加法求得=+（n1），求出?的通项公式，利用等差数列的性质进行求解即可【解答】解： =，向量为首项为，公差为的等差数列，则=+（n1），则?=?+（n1）=2+（n1）?=4（n1）=，由?=0，解得n9，即当n=9时， ?=0，则当n=8或9时，Sn最大，故答案为：8或9【点评】本题考查

6、了数列递推式，训练了累加法去数列的通项公式，是中档题13. 如图所示,已知与相切,为切点,过点P的割线交圆于两点,弦,相交于点,为上一点,且,若,则=_.参考答案：14. 已知复数z满足（i为参数单位），则复数z的实部与虚部之和为参考答案：考点：复数的基本概念；虚数单位i及其性质专题：待定系数法分析：复数z=a+bi （a、bR），代入已知的等式，利用两个复数代数形式的乘除法法则及两个复数相等的充要条件，解方程组求出复数的实部和虚部解答：解：设复数z=a+bi （a、bR），代入已知的等式得 =3，=3，=3，a=1，b=，a+b=1+=，故答案为：点评：本题考查两个复数代数形式的乘除法，两个

7、复数相等的条件及复数实部、虚部的定义15. 若两个非零向量满足，则向量与的夹角是 参考答案：16. 已知函数在处取得极值10，则取值的集合为 参考答案：略17. 已知圆锥的母线长cm ，高cm ,则该圆锥的体积是_cm3。参考答案：0略三、 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. 如图1,在等腰直角三角形中,分别是上的点,为的中点.将沿折起,得到如图2所示的四棱锥,其中.() 证明:平面；() 求二面角的平面角的余弦值.参考答案：() 在图1中,易得连结,在中,由余弦定理可得由翻折不变性可知,所以,所以,理可证, 又,所以平面.() 传统法:过作交的延长

8、线于,连结,因为平面,所以,所以为二面角的平面角.结合图1可知,为中点,故,从而所以,所以二面角的平面角的余弦值为.向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则,所以,设为平面的法向量,则,即,解得,令,得由() 知,为平面的一个法向量,所以,即二面角的平面角的余弦值为.19. 在四棱锥PABCD中，ADBC，AD=AB=DC=BC=1，E是PC的中点，面PAC面ABCD（）证明：ED面PAB；（）若PC=2，PA=，求二面角APCD的余弦值参考答案：【分析】（）取PB的中点F，连接AF，EF，由三角形的中位线定理可得四边形ADEF是平行四边形得到DEAF，再由线面平行的判定可得ED面P

9、AB；（）法一、取BC的中点M，连接AM，由题意证得A在以BC为直径的圆上，可得ABAC，找出二面角APCD的平面角求解三角形可得二面角APCD的余弦值法二、由题意证得ABAC又面PAC平面ABCD，可得AB面PAC以A为原点，方向分别为x轴正方向，y轴正方向建立空间直角坐标系求出P的坐标，再求出平面PDC的一个法向量，由图可得为面PAC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角APCD的余弦值【解答】（）证明：取PB的中点F，连接AF，EFEF是PBC的中位线，EFBC，且EF=又AD=BC，且AD=，ADEF且AD=EF，则四边形ADEF是平行四边形DEAF，又DE?面ABP，AF?

10、面ABP，ED面PAB；（）解：法一、取BC的中点M，连接AM，则ADMC且AD=MC，四边形ADCM是平行四边形，AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上ABAC，可得过D作DGAC于G，平面PAC平面ABCD，且平面PAC平面ABCD=AC，DG平面PAC，则DGPC过G作GHPC于H，则PC面GHD，连接DH，则PCDH，GHD是二面角APCD的平面角在ADC中，连接AE，在RtGDH中，即二面角APCD的余弦值法二、取BC的中点M，连接AM，则ADMC，且AD=MC四边形ADCM是平行四边形，AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上，ABAC面PAC平面ABCD，且平面PAC平面A

11、BCD=AC，AB面PAC如图以A为原点，方向分别为x轴正方向，y轴正方向建立空间直角坐标系可得，设P（x，0，z），（z0），依题意有，解得则，设面PDC的一个法向量为，由，取x0=1，得为面PAC的一个法向量，且，设二面角APCD的大小为，则有，即二面角APCD的余弦值20. 已知椭圆的短半轴长为，动点在直线（为半焦距）上（）求椭圆的标准方程；（）求以为直径且被直线截得的弦长为的圆的方程；（）设是椭圆的右焦点，过点作的垂线与以为直径的圆交于点，求证：线段的长为定值，并求出这个定值参考答案：（）由点在直线上，得，故， 从而 2分所以椭圆方程为 4分（）以为直径的圆的方程为即 其圆心为,半径6分因为以为直径的圆被直线截得的弦长为，所以圆心到直线的距离所以，解得所求圆的方程为9分（）方法一：由平几知：，直线，直线，由得所以线段的长为定值 13分方法二：设，则又所以，为定值 13分【解析】略22.（本题满分14分）已知a0,bR，函数f(x)=4ax2-2bx-a+b。（）证明：当0 x1时。（1）函数f(x)的最大值为（2）f(x)+ +a 0;（）若-1f(x) 1对x恒成立，求a+b的取值范围。参考答案：2