湖南省衡阳市富贵中学2022年高三数学文摸底试卷含解析

湖南省衡阳市富贵中学2022年高三数学文摸底试卷含解析一、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.（5分）如图，动点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上．过点P作垂直于平面BB1D1D的直线，与正方体表面相交于M，N．设BP=x，MN=y，则函数y=f（x）的图象大致是（）A．B．C．D．参考答案：B【考点】：空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】：压轴题．【分析】：只有当P移动到正方体中心O时，MN有唯一的最大值，则淘汰选项A、C；P点移动时，x与y的关系应该是线性的，则淘汰选项D．解：设正方体的棱长为1，显然，当P移动到对角线BD1的中点O时，函数取得唯一最大值，所以排除A、C；当P在BO上时，分别过M、N、P作底面的垂线，垂足分别为M1、N1、P1，则y=MN=M1N1=2BP1=2?xcos∠D1BD=2?是一次函数，所以排除D．故选B．【点评】：本题考查直线与截面的位置关系、空间想象力及观察能力，同时考查特殊点法、排除法．2.已知定义在R上的可导函数f（x）的导函数为f′（x），满足f′（x）＜f（x），且f（﹣x）=f（2+x），f（2）=1，则不等式f（x）＜ex的解集为（）A．（﹣2，+∞） B．（0，+∞） C．（1，+∞） D．（2，+∞）参考答案：B【考点】导数的运算．【分析】令g（x）=，求出函数的导数，求出g（0）=1，从而求出不等式的解集即可．【解答】解：∵f′（x）＜f（x），∴f′（x）﹣f（x）＜0，令g（x）=，则g′（x）=＜0，故g（x）在R递减，而f（﹣x）=f（2+x），则f（1﹣x）=f（1+x），f（x）关于x=1对称，则f（2）=f（0）=1，由f（x）＜ex，得：g（x）=＜1=g（0），解得：x＞0，故选：B．3.已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，若终边经过点(3,4)，则等于（

）

A.

B.

C.

D.参考答案：B略4.已知，则(

)A．

B．

C． D．参考答案：C略5.若函数y＝sin2x的图象向左平移个单位得到y＝f(x)的图象，则（

）A．f(x)＝cos2x

B．f(x)＝sin2xC．f(x)＝－cos2x

D．f(x)＝－sin2x参考答案：A6.设，，，则（）．

．

．

．参考答案：A7.定义一种运算符号“”，两个实数a，b的“ab”运算原理如图所示，若输人，，则输出P＝

（）、

、

、

、—参考答案：【知识点】算法与程序框图.

L1

【答案解析】A

解析：因为输入的a=1,b=2所以不成立，所以P=b(a+1)=2=4，故选A.【思路点拨】由已知得输入的a,b值依次为1,2，不满足，所以输出P＝4.8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（

）A．

B．

C.

D．参考答案：A9.将函数向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则(

)A. B. C. D.参考答案：D10.已知向量，的夹角为45°，且，，则＝（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）单调，则ω的最大值为

．参考答案：9【考点】正弦函数的图象．【专题】转化思想；综合法；三角函数的图像与性质．【分析】先跟据正弦函数的零点以及它的图象的对称性，判断ω为奇数，由f（x）在（，）单调，可得ω?+φ≥2kπ﹣，且ω?+φ≤2kπ+，k∈Z，由此求得ω的范围，检验可得它的最大值．【解答】解：∵函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，∴ω（﹣）+φ=nπ，n∈Z，且ω?+φ=n′π+，n′∈Z，∴相减可得ω?=（n′﹣n）π+=kπ+，k∈Z，即ω=2k+1，即ω为奇数．∵f（x）在（，）单调，∴ω?+φ≥2kπ﹣，且ω?+φ≤2kπ+，k∈Z，即﹣ω?﹣φ≤﹣2kπ+①，且ω?+φ≤2kπ+，k∈Z②，把①②可得ωπ≤π，∴ω≤12，故有奇数ω的最大值为11．当ω=11时，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=﹣．此时f（x）=sin（11x﹣）在（，）上不单调，不满足题意．当ω=9时，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=，此时f（x）=sin（9x+）在（，）上单调递减，满足题意；故ω的最大值为9，故答案为：9．【点评】本题主要考查正弦函数的零点以及它的图象的对称性，正弦函数的单调性的应用，属于中档题．12.设x，y满足约束条件，则z=﹣2x+y的最小值为．参考答案：﹣5【考点】简单线性规划．【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z=﹣2x+y表示直线在y轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最小值即可．【解答】解：设x，y满足约束条件：，在直角坐标系中画出可行域△ABC，由，可得A（2，﹣1），所以z=﹣2x+y的最小值为﹣5．故答案为：﹣513.等差数列的前项和为，且,，等比数列中，，，则

．参考答案：在等差数列中，由,得，，即，解得。所以，，所以，在等比数列中，所以。14.函数的定义域是

参考答案：15.设全集是实数集，，，则图中阴影部分表示的集合等于____________.（结果用区间形式作答）参考答案：16.已知正四棱锥底面边长为2，表面积为12，则它的体积为___________.参考答案：【分析】要求正四棱锥的体积，即求正四棱锥的底面积和高，如图所示，根据表面积可以得出的值，在中可求出正四棱锥的高，从而得出正四棱锥的体积.【详解】解：如图所示，为底面的中心，为边上的中点，正四棱锥的底面积为，侧面积为，因为正四棱锥的表面积为12，即，解得，在中，，所以正四棱锥的体积为.

17.在△中，角所对的边分别为，已知，，．则=

参考答案：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.（13分）如图，四棱锥S—ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA=AB=2，点M是SD的中点，AN⊥SC，且交SC于点N。（I）求证：SB//平面ACM；（II）求证：直线SC⊥平面AMN;（III）

求几何体MANCD的体积。参考答案：（Ⅰ）证明：连结交于，连结．

是正方形，∴是的中点．是的中点，∴是△的中位线．∴．

2分又∵平面，平面，

∴平面．

4分（Ⅱ）证明：由条件有∴平面，∴…………6分又∵是的中点，∴

∴平面

∴

………8分由已知，∴平面.

…………………9分

解：（Ⅲ）平面，几何体为四棱锥.由（Ⅱ）知为点到平面的距离.

……………………10分因为，则，，.因为平面，则，故，，因此，……………12分则.

………13分19.如图，在四棱锥E-ABCD中，,，点F为棱DE的中点.（1）证明：AF∥平面BCE；（2）若，求三棱锥B-CEF的体积.参考答案：解法一：（1）证明：取的中点，连接.因为点为棱的中点，所以且，因为且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）因为，所以.因为，所以，所以，因为,平面，平面,所以平面. 因为点为棱的中点，且，所以点到平面的距离为2. .三棱锥的体积.解法二：（1）证明：在平面内，分别延长，交于点. 因为， 所以为中点. 又因为为的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面.（2）同解法一.解法三：（1）证明：取棱的中点，连接， 因为点为棱的中点，所以，因为平面，平面，所以平面； 因为，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面； 又因为,平面，平面，所以平面平面； 因为平面，所以平面. （2）同解法一.

20.已知动圆过定点P(2,0)，且在y轴上截得弦长为4.⑴求动圆圆心的轨迹Q的方程；⑵已知点E(m,0)为一个定点，过E作斜率分别为k1、k2的两条直线交轨迹Q于点A、B和C、D，且M、N分别是线段AB、CD的中点，若k1+k2=1，求证：直线MN过定点。参考答案：解：(1)设动圆圆心为O1(x，y)，动圆与y轴交于R，S两点，由题意，得|O1P|＝|O1S|，当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥RS交RS于H，则H是RS的中点，∴|O1S|＝，又|O1P|＝，∴=，化简得y2＝4x(x≠0)．又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标为(0,0)也满足方程y2＝4x，∴动圆圆心的轨迹Q的方程为y2＝4x.(2)由，得，AB中点，∴，同理，点……8分∴

……10分∴MN：，即∴直线MN恒过定点．

……12分略21.（15分）已知函数，其中常数。（1）若在处取得极值，求的值；（2）求的单调递增区间；（3）已知表示的导数，若，且满足：，试比较与的大小，并加以证明。（提示：）参考答案：（1），可得又在处取得极值，故且，可得经检验，时，在处取得极值。故（2）由（1）知，①当时，，故在内单调递增；②当时，，解得或。所以在和内单调递增③当时，，解得或。所以在和内单调递增（3）。证明如下：设，且则因为，有且，所以故，即在内单调递减，从而在内单调递减依题意，不妨设，又，，所以且由得，所以考查函数，则，故在内单调递增。又因为，所以，即，从而22.某学校为培养学生的兴