2021-2022学年福建省漳州市龙海角美中学高三数学文模拟试题含解析

2021-2022学年福建省漳州市龙海角美中学高三数学文模拟试题含解析一、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.若曲线y=ln（x+a）的一条切线为y=ex+b，其中a，b为正实数，则a+的取值范围是（）A． B．[e，+∞） C．[2，+∞） D．[2，e）参考答案：C【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】设切点为（m，n），根据导数几何意义列出方程有，得到b=ae﹣2，从而进一步求解即可．【解答】解：设切点为（m，n），则有?b=ae﹣2；∵b＞0，∴a＞所以，a+=a+≥2；故选：C【点评】本题主要考查了导数几何意义、切线方程，以及基本不等式应用，属中档题．2.函数上是增函数，则实数的最大值为A.3 B.4 C.5 D.6参考答案：B3.若双曲线和椭圆(a>0，m>b>0)的离心率互为倒数，那么以a，b，m为边长的三角形是(

)

A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形参考答案：B4.设命题p：?x＞0，x﹣lnx＞0，则￢p为（）A．?x＞0，x﹣lnx≤0 B．?x＞0，x﹣lnx＜0C．?x0＞0，x0﹣lnx0＞0 D．?x0＞0，x0﹣lnx0≤0参考答案：D【考点】命题的否定．【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“?x＞0，x﹣lnx＞0”的否定是?x＞0，x﹣lnx≤0．故选：D．5.在空间中，有如下命题：①互相平行的两条直线在同一个平面内的射影必然是互相平行的两条直线；②若平面，则平面内任意一条直线；③若平面与平面的交线为，平面内的直线直线，则直线平面；④若点到三角形三条边的距离相等，则点在该三角形内部的射影是该三角形的内心。其中正确命题的个数为A.1个

B.2个

C.3个

D.4个参考答案：答案:B6.函数f（x）=ln（x2+1）的图象大致是(

)A． B． C． D．参考答案：A【考点】函数的图象．【专题】函数的性质及应用．【分析】∵x2+1≥1，又y=lnx在（0，+∞）单调递增，∴y=ln（x2+1）≥ln1=0，函数的图象应在x轴的上方，在令x取特殊值，选出答案．【解答】解：∵x2+1≥1，又y=lnx在（0，+∞）单调递增，∴y=ln（x2+1）≥ln1=0，∴函数的图象应在x轴的上方，又f（0）=ln（0+1）=ln1=0，∴图象过原点，综上只有A符合．故选：A【点评】对于函数的选择题，从特殊值、函数的性质入手，往往事半功倍，本题属于低档题．7.下列函数中，既是偶函数又在(0,+∞)单调递增的函数是（

）（A）（B）（C）

(D）参考答案：C8.已知两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于，当时，函数f(x)取得最小值，则的值为（

）A. B. C. D.参考答案：A【分析】根据两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于,可求得周期与,再代入分析的值即可.【详解】因为两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于可得周期为,故.故,又当时,函数取得最小值,故,又,故.故选：A【点睛】本题主要考查了根据三角函数图像的性质求解参数的问题,需要根据题意分析所给的条件与周期等的关系列式求解,属于基础题.9.若ab＜0，则过点P（0，﹣）与Q（，0）的直线PQ的倾斜角的取值范围是（）A．（0，） B．（，π） C．（﹣π，﹣） D．（﹣，0）参考答案：B【考点】直线的斜率．【专题】直线与圆．【分析】求出直线的斜率，结合已知条件求出斜率的范围，然后求解倾斜角的范围．【解答】解：由题意KPQ==，∵ab＜0，∴KPQ＜0，直线的倾斜角为：α，tanα=k＜0．∴α∈（，π）．故选：B．【点评】本题考查直线的斜率与直线的倾斜角的关系，基本知识的考查．10.已知函数是偶函数，则一定是函数图象的对称轴的直线是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知在中，，，动点位于线段上，则取最小值是

．参考答案：如图，建立直角坐标系，易知，，设，，则，所有，所有当时，取最小值。点睛：本题考查平面向量在几何中的应用。本题中的三角形是确定三角形，所以利用坐标法进行解题，求解数量积，利用函数思想求最小值。平面向量的解题方法很多，但在大部分较难题型中，坐标法都可以起到突破作用。

12.已知两个不共线的单位向量，，若，则

．参考答案：13.平面几何中有如下结论：如图1，设O是等腰Rt△ABC底边BC的中点，AB＝1，过点O的动直线与两腰或其延长线的交点分别为Q，R，则有．类比此结论，将其拓展到空间有：如图2，设O是正三棱锥A-BCD底面BCD的中心，AB，AC，AD两两垂直，AB＝1，过点O的动平面与三棱锥的三条侧棱或其延长线的交点分别为Q，R，P，则有

．参考答案：【知识点】类比推理.M1【答案解析】

解析：不妨设R为AC的中点，取AB的中点M，连接RM，QR与BC交于N，所以BN//MR，故,所以，即，解得，所以,,所以，故答案为3.【思路点拨】不妨设R为AC的中点，取AB的中点M，连接RM，QR与BC交于N，所以BN//MR，然后求出各线段的长度代入即可.14.已知||=1，||=2，与的夹角为120°，，则与的夹角为

．参考答案：90°【考点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角．【分析】利用向量的数量积运算和向量垂直与数量积的关系即可得出．【解答】解：∵||=1，||=2，与的夹角为120°，∴===﹣1．∵，∴，∴=，∴﹣（﹣1）=，∴=0．∴．∴与的夹角为90°．15.已知圆直线圆上的点到直线的距离小于2的概率为________.参考答案：16.已知抛物线C：y2=ax（a＞0）的焦点为F，过焦点F和点P（0，1）的射线FP与抛物线相交于点M，与其准线相交于点N，若|FM|：|MN|=1：3，则a=．参考答案：【考点】K8：抛物线的简单性质．【分析】求得抛物线的抛物线的焦点坐标，由丨MF丨=丨MK丨，则丨KN丨：丨KM丨=2：1，根据直线的斜率公式，即可求得a的值．【解答】解：由抛物线抛物线C：y2=ax，焦点F（，0），设M在准线上的射影为K，由抛物线的定义丨MF丨=丨MK丨，由|FM|：|MN|=1：3，则|KM|：|MN|=1：3，∴丨KN丨：丨KM丨=2：1，则kFN==，kFN=﹣=﹣2，∴=﹣2，解得：a=，∴a的值．故答案为：．17.已知函数在上有定义，对任意实数和任意实数，都有，若，则函数的递减区间是_________________．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.（本小题满分13分）如图，已知曲线：在点处的切线与轴交于点，过点作轴的垂线交曲线于点，曲线在点处的切线与轴交于点，过点作轴的垂线交曲线于点，……，依次得到一系列点、、……、，设点的坐标为（）．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和参考答案：（Ⅰ）由求导得，∴曲线：在点处的切线方程为，即．此切线与轴的交点的坐标为，∴点的坐标为．即．

……2分∵点的坐标为（），在曲线上，所以，∴曲线：在点处的切线方程为，……5分令，得点的横坐标为．∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列．∴（）．

……8分（Ⅱ），，错位相减得

……13分19.已知数列的前项和为，且；数列为等差数列，且.（1）求数列

的通项公式；（2）若()，为数列的前项和，求

.参考答案：解:（Ⅰ）由,………1分

,……3分,

…………………4分………6分

（Ⅱ）数列为等差数列，公差,……8分

从而，

………9分

ks5u==

…11分

从而.………12分略20.（本小题满分13分）

如图，在中，，，，点在线段上，且.（Ⅰ）求的长；（Ⅱ）求的值.参考答案：（Ⅰ）（Ⅱ）试题分析：（Ⅰ）在直角三角形中，易得，从而有，在中，由余弦定理，可得，即（Ⅱ）在中，由正弦定理，得，所以.试题解析：（Ⅰ）解：因为，，，所以，，，

…3分又因为，所以，.

…4分在中，由余弦定理，得

…7分

， 所以.

…9分（Ⅱ）在中，由正弦定理，得，所以，

…12分所以.

…13分考点：正余弦定理21.（12分）从抛物线G：x2=2py（p为常数且p＞0）外一点P引抛物线G的两条切线PA和PB（切点为A、B），分别与x轴相交于点C、D，若AB与y轴相交于点Q．（1）求证：四边形PCQD是平行四边形；（2）四边形PCQD能否为矩形？若能，求出点Q的坐标；若不能，请说明理由．参考答案：【分析】（I）设A，B的坐标，求出切线PA，PB的方程，解出P点坐标，设Q坐标和直线AB方程，联立方程组得出P，Q点的坐标关系证明CD平分PQ，求出C，D坐标，得出CD的中点，代入PQ方程即可得出PQ平分CD，于是得出结论；（II）若四边形PCQD能否为矩形，则|PQ|=|CD|，列方程解出p，t的关系得出Q坐标．【解答】解：（I）由x2=2py得y=，∴y′=．设A（x1，），B（x2，），则直线PA的方程为y﹣=（x﹣x1），①直线PB的方程为y﹣=（x﹣x2），②由①、②解得x=，y=，∴P点坐标为（，）．设点Q（0，t），则直线AB的方程为y=kx+t．由得x2﹣2pkx﹣2pt=0，则x1+x2=2pk，x1x2=﹣2pt，∴P（pk，﹣t），∴线段PQ被x轴平分，即被线段CD平分．在①中，令y=0，解得x=，∴C（，0）；同理得D（，0），∴线段CD的中点坐标为（，0），即（，0）．又∵直线PQ的方程为y=﹣x+t，∴线段CD的中点（，0）在直线PQ上，即线段CD被线段PQ平分，∴四边形PCQD是平行四边形．（II）若四边形PCQD是矩形，则|PQ|=|CD|，即==，解得t=．∴当点Q为（0，）（即抛物线G的焦点）时，四边形PCQD为矩形．【点评】本题考查了抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，属于中档题．22.已知左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0）的椭圆过点，且椭圆C关于直线x=c对称的图形过坐标原点．（I）求椭圆C的离心率和标准方程．（II）圆与椭圆C交于A，B两点，R为线段AB上任一点，直线F1R交椭圆C于P，Q两点，若AB为圆P1的直径，且直线F1R的斜率大于1，求|PF1||QF1|的取值范围．参考答案：【考点】KP：圆锥曲线的范围问题；K4：椭圆的简单性质；KJ：圆与圆锥曲线的综合；KL：直线与椭圆的位置关系．【分析】（Ⅰ）利用椭圆C过点，∵椭圆C关于直线x=c对称的图形过坐标原点，推出a=2c，然后求解椭圆C的离心率，标准方程．（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），利用中点坐标公式以及平方差法求出AB的斜率，得到直线AB的方程，代入椭圆C的方程求出点的坐标，设F1R：y=k（x+1），联立，设P（x3，y3），Q（x4，y4），利用韦达定理，结合，，化简|PF1||QF1|，通过，求解|PF1||QF1|的取值范围．【解答】（本小题满分13分）（Ⅰ）解：∵椭圆C过点，∴，①∵椭圆C关于直线x=c对称的图形过坐标原点，∴a=2c，∵a2=b2+c2，∴，②由①②得a2=4，b2=3，a=2，c=1，∴椭圆C的离心率，标准方程为．…（Ⅱ）因为AB为圆P1的直径，所以点P1为线段AB的中点，设A（x1，y1），B（x2，y2