2022年辽宁省大连市尚立高级中学高三数学文联考试卷含解析

2022年辽宁省大连市尚立高级中学高三数学文联考试卷含解析一、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.设为两个非零向量的夹角，已知对任意实数，的最小值为2，则（

）若确定，则唯一确定

若确定，则唯一确定若确定，则唯一确定

若确定，则唯一确定参考答案：B略2.

若点为圆的弦AB的中点，则直线AB的方程是

参考答案：解析：由已知得AB的方程为即3.直线与抛物线和圆从左到右的交点依次为则的值为A．16

B．

C．4

D．参考答案：B略4.等比数列中，，前三项的和，则公比的值为（

）（A）

（B）

（C）或

（D）或参考答案：C5.由数字组成的,与不相邻的六位偶数的个数是A．

B．

C．

D．参考答案：C略6.已知正方体外接球的体积是，那么正方体的棱长等于

（A）（B）（C）（D）参考答案：答案：D解析:正方体外接球的体积是，则外接球的半径R=2,正方体的对角线的长为4，棱长等于，选D7.复数z=（a+1）+（a2﹣3）i，若z＜0，则实数a的值是（）A． B．1 C．﹣1 D．﹣参考答案：D【考点】复数的基本概念．【分析】根据复数的定义得到虚数部分是0，实数部分小于0，求出a的值即可．【解答】解：由题意得：a2﹣3=0，解得a=±，而a+1＜0，故a=﹣，故选：D．8.在中，角、的对边分别为、且，，则的值是（

） A．

B．

C．

D．参考答案：D【知识点】正弦定理C8

解析：因为,所以,又因为,所以,根据正弦定理,故选D.【思路点拨】先借助于已知条件得到以及,再利用正弦定理即可.9.（5分）已知定义在区间（0，）上的函数y=sinx的图象与函数y=cosx的图象的交点为P，过P作PP1⊥x轴于点P1，直线PP1与y=tanx的图象交于点P2，则线段P1P2的长为（）A．B．C．D．参考答案：C因为过P作PP1⊥x轴于点P1，直线PP1与y=tanx的图象交于点P2，线段P1P2的长即为点P2点的纵坐标的值即tanx的值，且其中的x满足cosx=sinx，解得sinx=．因为x∈（0，），解得x=，线段P1P2的长为tan=．故选C．10.函数的图像与函数()的图像所有交点的横坐标之和等于(

)

A．2

B．4 C．6

D．8参考答案：D略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若等式对一切都成立，其中，，，…，为实常数，则＝

.参考答案：略12.命题“”的否定是

.参考答案：13.设函数f（x）=x2﹣1，对任意x∈ B． D．（﹣∞，﹣]∪上有定义，若对象x1，x2∈，有f（）≤，则称f（x）在上具有性质P．设f（x）在上具有性质P．现给出如下结论：①f（x）=2x2，在上具有性质P；②f（x2）在上具有性质P；③f（x）在上的图象是连续不断的；④若f（x）在x=2处取得最大值1，则f（x）=1，x∈；其中正确结论的序号是

．参考答案：①④【考点】命题的真假判断与应用．【专题】新定义；函数思想；定义法；简易逻辑．【分析】①根据定义，直接求出f（），，比较即可；②③可通过反例说明不成立；④中构造1=f（2）=f（）≤（f（x）+f（4﹣x）），结合定义可得出f（x）只能为1才满足题意．【解答】解：①f（x）=2x2，x1，x2∈，∴f（）=，=+，显然有f（）≤，故在上具有性质P，故正确；②中，反例：f（x）=﹣x在上满足性质P，但f（x2）=﹣x2在上不满足性质P，故②错误；③中，反例：f（x）=，1≤x＜3；f（x）=2，x=3在上满足性质P，但f（x）在上不是连续函数，故③不成立；④中f（x）在x=2处取得最大值1，∵1=f（2）=f（）≤（f（x）+f（4﹣x）），∴f（x）+f（4﹣x）≥2，∵f（x）≤1，f（4﹣x）≤1，∴f（x）=1，x∈，故正确；故答案为①④．【点评】考查了新定义类型的抽象函数，应紧扣定义，可用反例法排除选项．14.已知关于x的二项式的展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为

参考答案：2略15.以椭圆一条渐近线为y=2x的双曲线的方程

.参考答案：略16.若tanθ=1，则cos2θ=

．参考答案：0【考点】二倍角的余弦；同角三角函数基本关系的运用．【专题】计算题；三角函数的求值．【分析】cos2θ==，代入计算可得结论．【解答】解：∵tanθ=1，∴cos2θ===0．故答案为：0【点评】本题考查二倍角的余弦公式，考查同角三角函数关系的运用，比较基础．17.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于

.参考答案：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，在矩形ABCD中，AB=2BC=2，点M为DC的中点，将△ADM沿AM折起，使得平面△ADM⊥平面ABCM．（1）求证：AD⊥BM；（2）求点C到平面BDM的距离．参考答案：（1）见解析（2）【分析】（1）取AM中点O，连结DO，可得DO⊥BM，AM⊥BM，MB⊥平面ADM，即可得BM⊥AD；（2），记点C到平面BDM的距离为h，VC﹣BDM═，又VD-BCM=VC-BDM，即可得点C到平面BDM的距离．【详解】（1）取AM中点O，连结DO，因为平面ADM⊥平面ABCM，AD=DM，所以OD⊥平面ABCM，DO⊥BM，易知AM⊥BM，所以MB⊥平面ADM，所以BM⊥AD；（2）∵在矩形ADCB中，AB=2BC=2，点M为DC的中点，∴DM=CM=，BM=AM==，DO=，由（1）知MB⊥平面ADM，DM?平面ADM，∴BM⊥DM，S△BDM=．，又∵DO⊥平面ABCM，∴×=．，记点C到平面BDM的距离为h，∴VC-BDM═，又∵VD-BCM=VC-BDM∴，解得h=，∴点C到平面BDM的距离为．【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用，点线面距离的求法，考查直线与平面的位置关系，考查空间想象能力以及计算能力．19.已知等差数列满足：.（1）求的通项公式；（2）若()，求数列的前n项和.参考答案：解：（1）设的首项为，公差为，则由得

…………2分解得所以的通项公式

…………5分（2）由得.

…………7分①当时，；…………10分②当时，，得；所以数列的前n项和…………12分20.设数列、满足，，，．（1）证明：，（）；（2）设，求数列的通项公式；（3）设数列的前项和为，数列的前项和为，数列的前项和为，求证：．参考答案：（1），两式相乘得，为常数列，；（2分）；（若，则，从而可得为常数列与矛盾）；（4分）（2），又因为，为等比数列，（8分）（3）由可以知道，，令，数列的前项和为，很显然只要证明，．因为，所以所以．（14分）又，故，所以．（16分）21.（本小题满分14分）已知函数.

(1)确定函数f(x)的单调增区间；

(2)将函数y=f(x)的图象向左平移个单位长度，所得图象关于y轴对称，求φ的值。参考答案：解：．………4分(1)，所以f(x)的单调增区间为,(k∈Z)..............8分(2)将函数y=f(x)的图象向左平移个单位长度，得的图象，其图象对称轴方程为：，……12分，由得．

……14分略22.

本小题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形是矩形，四边形是梯形，平面//，，，.（Ⅰ）求证：//平面；（