云南省昆明市汤丹中学2021-2022学年高三数学文联考试卷含解析

云南省昆明市汤丹中学2021-2022学年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.在平面直角坐标系中，若不等式组（为常数）表示的区域面积等于，则的值为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B【知识点】线性规划解：作可行域：

由题知：

所以

故答案为：B2.抛物线y2=16x的焦点为F，点A在y轴上，且满足||=||，抛物线的准线与x轴的交点是B，则?=（）A．﹣4 B．4 C．0 D．﹣4或4参考答案：C【考点】K8：抛物线的简单性质．【分析】求得抛物线的焦点坐标，由条件可得A的坐标，再由抛物线的准线可得B的坐标，得到向量FA，AB的坐标，由数量积的坐标表示，计算即可得到所求值．【解答】解：抛物线y2=16x的焦点为F（4，0），||=||，可得A（0，±4），又B（﹣4，0），即有=（﹣4，4），=（﹣4，﹣4）或=（﹣4，﹣4），=（﹣4，4）则有?=16﹣16=0，故选：C．3.若有直线、和平面、，下列四个命题中，正确的是

（

）A、若，，则

B、若，，，则C、若，，则D、若，，，则参考答案：D略4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（

）A．12

B．16

C．

D．24参考答案：B该几何体的直观图如图所示，其体积为（）.故选B.5.是的（

）条件.A.充分不必要 B.必要不充分C.充要 D.既不充分也不必要参考答案：B【分析】分别求解两个不等式，得到与的关系，结合充分必要条件的判定，即可求解．【详解】由，解得或，由，解得或，所以由不能推得，反之由可推得，所以是的必要不充分条件，故选B．【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，以及必要不充分条件的判定，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．6.若曲线与曲线在它们的公共点处具有公共切线，则实数

（

）

参考答案：C7.已知方程在有两个不同的解(),则下面结论正确的是（

）A．

B.

C． D．

参考答案：C略8.设全集U=R，已知集合A={x|x≥1}，B={x|（x+2）（x﹣1）＜0}，则（）A．A∪B=U B．A∩B=? C．?UB?A D．?UA?B参考答案：B【考点】交集及其运算；一元二次不等式的解法．【分析】求出B中不等式的解集确定出B，求出A与B的并集，交集，以及A与B的补集，即可做出判断．【解答】解：由B中的不等式解得：﹣2＜x＜1，即B={x|﹣2＜x＜1}，∵A={x|x≥1}，全集U=R，∴A∪B={x|x＞﹣2}；A∩B=?；?UB={x|x≤﹣2或x≥1}；?UA={x|x＜1}，故选：B．9.德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其名命名的函数f（x）=被称为狄利克雷函数，其中R为实数集，Q为有理数集，则关于函数有如下四个命题：①f（f（x））=0；②函数f（x）是偶函数；③任取一个不为零的有理数T，f（x+T）=f（x）对任意的x∈R恒成立；④存在三个点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），C（x3，f（x3）），使得△ABC为等边三角形．其中的真命题是（） A．①②④ B． ②③ C． ③④ D． ②③④参考答案：D10.已知某几何体的三视图如图，其中正(主)视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为(

)

A．

B．

C．

D．参考答案：A由三视图可知该几何体是一个长方体去掉一个半圆柱。长方体的长宽高分别为3,2,4.所以长方体的体积为。半圆柱的高为3，所以半圆柱的体积为，所以几何体的体积为，选A.二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若函数的部分图象如图所示，则该函数解析式是

.参考答案：12.设（其中为自然对数的底数），则的值为

．参考答案：略13.从数字1、2、3、4、5中任取两个不同的数字构成一个两位数，则这个两位数大于40的概率为__________.参考答案：略14.设z=kx+y，其中实数x、y满足，若z的最大值为12，则实数k=

．参考答案：2略15.如图,在△ABC中，D是BC上的一点．已知B=60°，AD=2，AC=，DC=，则AB=

．参考答案：；16.在△ABC中．若b=5，，sinA=，则a=．参考答案：【考点】正弦定理．【分析】直接利用正弦定理，求出a的值即可．【解答】解：在△ABC中．若b=5，，sinA=，所以，a===．故答案为：．【点评】本题是基础题，考查正弦定理解三角形，考查计算能力，常考题型．17.已知数列{an}的首项a1=1，且满足an+1﹣an≤2n，an﹣an+2≤﹣3×2n，则a2017=．参考答案：22017﹣1【考点】8K：数列与不等式的综合．【分析】an+1﹣an≤2n，可得an+2﹣an+1≤2n+1，又an﹣an+2≤﹣3×2n，可得an+1﹣an≥2n，于是an+1﹣an=2n，再利用“累加求和”方法即可得出．【解答】解：∵an+1﹣an≤2n，∴an+2﹣an+1≤2n+1，又an﹣an+2≤﹣3×2n，∴an+1﹣an≥2n，∴2n≤an+1﹣an≤2n，∴an+1﹣an=2n，∴an=（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1=2n﹣1+2n﹣1+…+2+1==2n﹣1．∴a2017=22017﹣1．故答案为：22017﹣1三、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.已知函数（1）当a=2时，求函数f（x）的图像在x=1处的切线的方程；（2）若函数上有两个不等的实数根，求实数m的取值范围；（3）若函数f（x）的图像与x轴交于不同的点求证：（其中实数p，q满足）参考答案：解答（Ⅰ）当时，，，切点坐标为，切线的斜率，则切线方程为，即．·······························································2分（Ⅱ）方程即为，令，则，因为，故时，．当时，；当时，．故函数在处取得极大值，····················································4分又，，，则，故函数在上的最小值是．························································································································6分方程在上有两个不相等的实数根，则有解得，故实数m的取值范围是．······································8分（Ⅲ）∵函数的图象与x轴交于两个不同的点，，的两个根为，，则两式相减得，，，则（∵）．（*）··············································10分∵，，则，又，∴，下证，即证明．令，∵，∴，即证明在上恒成立，················································12分∵，∵，∴，又，∴，∴在上是增函数，则，从而知，故（*）＜0，即成立．

14分19.如图所示，在四边形ABCD中，AB⊥DA，CE=，∠ADC=；E为AD边上一点，DE=1，EA=2，∠BEC=（Ⅰ）求sin∠CED的值；（Ⅱ）求BE的长．参考答案：【考点】余弦定理；正弦定理．【专题】计算题；解三角形．【分析】（Ⅰ）设∠CED=α．在△CED中，由余弦定理，可解得CD=2，在△CED中，由正弦定理可解得sin∠CED的值．（Ⅱ）由题设知α∈（0，），先求cos，而∠AEB=，即可求cos∠AEB=cos（）的值．【解答】（本小题共13分）解：（Ⅰ）设∠CED=α．在△CED中，由余弦定理，得CE2=CD2+DE2﹣2CD×DE×cos∠CDE，…得CD2+CD﹣6=0，解得CD=2（CD=﹣3舍去）．…在△CED中，由正弦定理，得sin∠CED=．…（Ⅱ）由题设知α∈（0，），所以cos，…而∠AEB=，所以cos∠AEB=cos（）=coscosα+sinsinα=﹣cosα+sinα=﹣=．…在Rt△EAB中，BE==4．…【点评】本题主要考查了余弦定理，正弦定理的综合应用，综合性较强，属于中档题．20.如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱上异于的一点，.(I)证明：为的中点；(II)求二面角的大小．参考答案：解：方法一：(I)平面平面,.

,平面.平面，.

平面平面，.

又，为的中点.

(II).据余弦定理得：.故.设点到面的距离为,则

,整理得，解得.又，设二面角的大小为，则.故二面角的大小为.

方法二：取中点，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，

.

(I)

，即为的中点.

(II),设平面的一个法向量为，则

令则.

平面的一个法向量为，则.

故二面角的大小为.略21.（本题满分12分）已知的三内角、、所对的边分别是，，，向量＝(cosB，cosC)，＝(2a+c，b)，且⊥.（1）求角的大小；（2）若，求的范围参考答案：22.已知椭圆C的中心在圆点，焦点在x轴上，F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，M是椭圆短轴的一个端点，过F1的直线与椭圆交于A，B两点，的面积为4，的周长为（I）求椭圆C的方程；（II）设点Q的坐标为（1，0），是否存在椭圆上的点P及以Q为圆心的一个圆，使得该圆与直线PF1，PF2都相切，若存在，求出P点坐