2022年浙江省金華市蘭溪蘭蔭中學高三數(shù)學文模擬試卷含解析

2022年浙江省金華市蘭溪蘭蔭中學高三數(shù)學文模擬試卷含解析一、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.已知f(x)＝

是R上的單調(diào)遞增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為（

）A．(1，＋∞)

B．[4,8)C．(4,8)

D．(1,8)參考答案：略2.已知數(shù)列，把數(shù)列的各項排列成如圖所示的三角形數(shù)陣。記表示該數(shù)陣中第行的第個數(shù)，則數(shù)陣中的對應(yīng)于（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：A略3.設(shè)、都是非零向量，下列四個條件中，使成立的充分條件是（

）A.

B.

C.

D.且參考答案：C4.函數(shù)的零點個數(shù)為（）A．

B．

C．

D．參考答案：C略5.已知滿足約束條件，則的最小值為（

）．

．

．

．參考答案：B6.在某次測量中得到的A樣本數(shù)據(jù)如下：82，84，84，86，86，86，88，88，88，88．若B樣本數(shù)據(jù)恰好是A樣本數(shù)據(jù)都加2后所得數(shù)據(jù)，則A，B兩樣本的下列數(shù)字特征對應(yīng)相同的是（）A．眾數(shù) B．平均數(shù) C．中位數(shù) D．標準差參考答案：D【考點】極差、方差與標準差；眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)．【專題】概率與統(tǒng)計．【分析】利用眾數(shù)、平均數(shù)、中位標準差的定義，分別求出，即可得出答案．【解答】解：A樣本數(shù)據(jù)：82，84，84，86，86，86，88，88，88，88．B樣本數(shù)據(jù)84，86，86，88，88，88，90，90，90，90眾數(shù)分別為88，90，不相等，A錯．平均數(shù)86，88不相等，B錯．中位數(shù)分別為86，88，不相等，C錯A樣本方差S2=[（82﹣86）2+2×（84﹣86）2+3×（86﹣86）2+4×（88﹣86）2]=4，標準差S=2，B樣本方差S2=[（84﹣88）2+2×（86﹣88）2+3×（88﹣88）2+4×（90﹣88）2]=4，標準差S=2，D正確故選D．【點評】本題考查眾數(shù)、平均數(shù)、中位標準差的定義，屬于基礎(chǔ)題．7.在某次測量中得到的A樣本數(shù)據(jù)如下：82，84，84，86，86，86，88，88，88，88若B樣本數(shù)據(jù)恰好是A樣本數(shù)據(jù)都加2后所得數(shù)據(jù)，則A，B兩樣本的下列數(shù)字特征對應(yīng)相同的是（

）

A．眾數(shù)

B．平均數(shù) C．中位數(shù) D．標準數(shù)參考答案：D8.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入的為2，則輸出的值是A.2

B.1

C.

D.參考答案：A9.函數(shù)的圖象恒過定點，若點在直線上，其中，，則的最小值為(

)A．4

B．5

C.6

D．參考答案：D10.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A．16+8π B．8+8π C．16+16π D．8+16π參考答案：A【考點】由三視圖求面積、體積．【分析】三視圖復(fù)原的幾何體是一個長方體與半個圓柱的組合體，依據(jù)三視圖的數(shù)據(jù)，得出組合體長、寬、高，即可求出幾何體的體積．【解答】解：三視圖復(fù)原的幾何體是一個長方體與半個圓柱的組合體，如圖，其中長方體長、寬、高分別是：4，2，2，半個圓柱的底面半徑為2，母線長為4．∴長方體的體積=4×2×2=16，半個圓柱的體積=×22×π×4=8π所以這個幾何體的體積是16+8π；故選A．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知△ABC中，，P為平面上任意一點，M、N分別使，，給出下列相關(guān)命題：①；②直線MN的方程為；③直線MN必過△ABC的外心；④向量所在射線必過N點，上述四個命題中正確的是

.（將正確的選項全填上）．參考答案：②略12.已知拋物線的焦點恰好是雙曲線的右焦點，則雙曲線的漸近線方程為

▲

.

參考答案：

13.如圖是一個算法的流程圖，則輸出的a的值是

．

參考答案：9的變化如下表：159975則輸出時．14.設(shè)函數(shù)的圖象為曲線，動點在曲線上，過且平行于軸的直線交曲線于點可以重合），設(shè)線段的長為，則函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間

參考答案：15.已知等比數(shù)列中，，，若數(shù)列滿足，則數(shù)列的前項和

．參考答案：，所以，解得，所以，所以，所以，所以數(shù)列的前項和.16.如圖，在平行四邊形ABCD中，E為DC的中點，AE與BD交于點E，AB，AD=1，且，則

▲

．參考答案：17.在△ABC中,,則cosB=_______．參考答案：【分析】根據(jù)正弦定理角化邊以及余弦定理即可求解.【詳解】由正弦定理可得由余弦定理可得故答案為：【點睛】本題主要考查了正弦定理角化邊以及余弦定理，屬于基礎(chǔ)題.三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（2016?臨汾二模）已知圓C1：x2+y2=r2（r＞0）與拋物線C2：x2=2py（p＞0），點（，﹣2）是圓C1與拋物線C2準線l的一個交點．（1）求圓C1與拋物線C2的方程；（2）若點M是直線l上的動點，過點M作拋物線C2的兩條切線，切點分別為A、B，直線AB與圓C1交于點E、F，求?的取值范圍．參考答案：【考點】直線與圓的位置關(guān)系；平面向量數(shù)量積的運算．【分析】（1）利用直線和圓的位置關(guān)系、拋物線的幾何性質(zhì)，求得圓及拋物線的方程．（2）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得MA、MB的方程，可得AB的方程，把AB的方程代入圓的方程，利用韋達定理以及兩個向量的數(shù)量積的運算法則，求得?的解析式，可得?的范圍．【解答】解：（1）∵圓C1：x2+y2=r2（r＞0），拋物線C2：x2=2py（p＞0）的準線為y=﹣，點（，﹣2）是圓C1與拋物線C2準線l的一個交點，∴﹣=﹣2，∴p=4，拋物線C2：x2=2py，即x2=8y．再根據(jù)r==，可得圓C1：x2+y2=6．（2）若點M是直線l上的動點，設(shè)點M（t，﹣2），A（x1，y1）、B（x2，y2），E（x3，y3）、F（x4，y4），拋物線C2：x2=8y（p＞0），即y=，y′=，故AM的方程為y﹣y1=（x﹣x1），把（t，﹣2）代入，可得y1=x1+2．同理可得，BM的方程為y2=x2+2，∴直線AB的方程為y=x+2．把AB的方程代入圓圓C1：x2+y2=6，可得（1+）x2+tx﹣2=0，由題意可得△＞0，x3+x4=﹣，x3?x4=﹣，∴?=x3?x4+y3?y4=（1+）x3?x4+（x3+x4）+4=（1+）?（﹣）+?（﹣）+4=﹣6，∵0＜≤8，∴?的范圍為（﹣6，2]．【點評】本題主要考查直線和圓的位置關(guān)系、拋物線的幾何性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的幾何意義，兩個向量的數(shù)量積的運算，韋達定理，屬于中檔題．19.（12分）

已知函數(shù)

（1）求的最小正周期及取得最大值時x的集合；

（2）求證：函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱.參考答案：解析：（1）解：

=

所以的最小正周期是

R，所以當Z）時，的最大值為.

即取得最大值時x的集合為Z}

6分

（2）證明：欲證函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，只要證明對于任意，有成立即可.從而函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱

12分已知函數(shù)20.y=f(x)=(a,b,c∈R,a>0,b>0)是奇函數(shù)，當x>0時，f(x)有最小值2，其中b∈N且f(1)<.試求函數(shù)f(x)的解析式參考答案：∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)=－f(x),即

∴c=0,∵a>0,b>0,x>0,∴f(x)=≥2，當且僅當x=時等號成立，于是2=2,∴a=b2,由f(1)＜得＜即＜,∴2b2－5b+2＜0,解得＜b＜2，又b∈N,∴b=1,∴a=1,∴f(x)=x+.21.（本題滿分12分）如圖，三棱錐中，側(cè)面與側(cè)面均為邊長為2的正三角形，且，、分別為、的中點.（Ⅰ）證明：平面；（Ⅱ）求四棱錐的體積．參考答案：（Ⅰ）證明：由題設(shè)，連結(jié)，為等腰直角三角形，所以，且，又為等腰三角形，故，且，從而．所以為直角三角形，．又．所以平面.………6分（Ⅱ）∵，，∴，∴，.，由（Ⅰ）知平面，∴.………12分22.在△ABC中，交A、B、C所對的邊分別為a，b，c，且c=acosB+bsinA（Ⅰ）求A；（Ⅱ）若a=2，求△ABC的面積的最值．參考答案：【考點】正弦定理．【分析】（Ⅰ）根據(jù)正弦定理、誘導(dǎo)公式、兩角和的正弦函數(shù)化簡已知的式子，由內(nèi)角的范圍和特殊角的三角函數(shù)值求出A；（Ⅱ）由條件和余弦定理列出方程化簡后，由不等式求出bc的范圍，代入三角形的面積公式求出△ABC的面積的最大值．【解答】解：（Ⅰ）由題意知，c=acosB+bsinA，由正弦定理得，sinC=sinAcosB+si