2021-2022学年广东省清远市横石塘中学高三数学文模拟试卷

2021-2022学年广东省清远市横石塘中学高三数学文模拟试卷含解析一、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.已知是首项为1的等比数列，的前n项和，且，则数列的前5项和为（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：B略2.二项式（x2﹣）11的展开式中，系数最大的项为（）A．第五项 B．第六项 C．第七项 D．第六和第七项参考答案：C【考点】二项式系数的性质．【专题】二项式定理．【分析】在二项展开式的通项公式中，根据二项式的展式的通项公式为Tr+1=?x22﹣3r，可得系数最大的项．【解答】解：二项式（x2﹣）11的展式的通项公式为Tr+1=?x22﹣2r?（﹣1）r?x﹣r=?x22﹣3r，故当r=6时，展开式的系数=最大，故选：C．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题．3.一动圆过点A（0，1），圆心在抛物线y=x2上，且恒与定直线相切，则直线l的方程为（）A．x=1 B．x= C．y=﹣ D．y=﹣1参考答案：D【考点】抛物线的简单性质．【专题】计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】要使圆过点A（0，1）且与定直线l相切，需圆心到定点的距离与定直线的距离相等，根据抛物线的定义可知，定直线正是抛物线的准线．【解答】解：根据抛物线方程可知抛物线焦点为（0，1），∴定点A为抛物线的焦点，要使圆过点A（0，1）且与定直线l相切，需圆心到定点的距离与定直线的距离相等，根据抛物线的定义可知，定直线正是抛物线的准线，准线方程为y=﹣1故答案为：y=﹣1．【点评】本题考查抛物线的定义，考查抛物线的性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．4.把函数（x∈R）的图象上所有点向左平行移动个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到的图象所表示的函数是A．，x∈R B．，x∈RC．，x∈R D．，x∈R参考答案：D5.已知输入的x=11，执行如图所示的程序框图，则输出的x的值为（）A．12 B．23 C．47 D．95参考答案：D【考点】EF：程序框图．【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析继续循环和退出循环的条件特征，可得答案．【解答】解：x=11，n=1≤3，x=23，n=2≤3，x=47，n=3≤3，x=95，n=4＞3，输出x=95，故选：D．6.已知向量，，若与垂直，则的值为（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：B略7.已知集合，则=A.

B.

C.

D.参考答案：B【知识点】集合的运算解：因为，所以

所以故答案为：B8.平面向量的夹角为等于A. B. C.12 D.参考答案：B

【知识点】向量加减混合运算及其几何意义F2由已知|a|=2，|a+2b|2=a2+4a?b+4b2=4+4×2×1×cos60°+4=12，∴|a+2b|=．故选：B．【思路点拨】根据向量的坐标求出向量的模，最后结论要求模，一般要把模平方，知道夹角就可以解决平方过程中的数量积问题．9.在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，DC∥AB，AD=DC=1，AB=2，E，F分别为AB，AC的中点，以A为圆心，AD为半径的圆弧DE中点为P（如图所示）．若，其中λ，μ∈R，则λ+μ的值是（）A． B． C． D．参考答案：B【考点】向量在几何中的应用．【分析】建立如图所示直角坐标系，求出λ=，μ=，即可得出结论．【解答】解：建立如图所示直角坐标系，则A（0，0），B（2，0），C（1，1），D（0，1），E（1，0），F（，），所以=（﹣1，1），=（，），若=（﹣λ+μ，λ+），又因为以A为圆心，AD为半径的圆弧DE中点为P，所以点P的坐标为P（，），=（，）所以﹣λ+μ=，λ+=，所以λ=，μ=，所以λ+μ=故选B．10.阅读下列程序：如果输入x=-2π，则输出结果y为(

)

A．3+π

B．3-π

C．-5π

D．π-5参考答案：B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

在区间[0,1]上单调递增，则实数a的取值范围是_____．参考答案：[-1,1]12.已知，则的最小值是_________.参考答案：-4略13.参考答案：略14.若函数f(x)的反函数为，则f(4)＝

▲

．参考答案：－215.定义在R上的偶函数f（x）在上递增，，则满足＞0的x的取值范围是

.参考答案：略16.已知a，b为直线，α，β，γ为平面，有下列四个命题：（1）a∥α，b∥β，则a∥b；

（2）a⊥γ，b⊥γ，则a∥b；（3）a∥b，b?α，则a∥α；

（4）a⊥b，a⊥α，则b∥α；其中正确命题是．参考答案：（2）【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离．【分析】利用空间直线与平面的平行与垂直判定及性质即可解决．【解答】解：对于（1），a∥α，b∥β，则a∥b，α、β位置关系不确定，a、b的位置关系不能确定；对于（2），由垂直于同一平面的两直线平行，知结论正确；对于（3），a∥b，b?α，则a∥α或a?α；对于（4），a⊥b，a⊥α，则b∥α或b?α．故答案为：（2）【点评】本题考查线面位置关系的判定及性质，属于基础题．17.

已知，则的值为

。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.已知曲线C的参数方程为（θ为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsin（+θ）=2（1）将曲线C上各点的纵坐标伸长为原来的两倍，得到曲线C1，写出曲线C1的极坐标方程．（2）射线θ=与C1、l的交点分别为A、B，射线θ=﹣与C1、l的交点分别为A1、B1，求△OAA1与△OBB1的面积之比．参考答案：【考点】参数方程化成普通方程．【专题】坐标系和参数方程．【分析】（1）曲线C的参数方程中用代y，可得曲线C1的参数方程，化为普通方程和极坐标方程即可得到；（2）由极坐标表示点A、A1和B、B1，运用三角形的面积公式计算△OAA1与△OBB1的面积，即可得到它们的比．【解答】解：（1）在曲线C的参数方程（θ为参数）中用代y，得到曲线C1的参数方程（θ为参数），化为普通方程为x2+y2=4，故曲线C1的极坐标方程ρ=2；（2）依题意知点A、A1的极坐标分别为（2，），（2，﹣），设B、B1的极坐标分别为（ρ1，），（ρ2，﹣），则ρ1ρ2=?===32，所以=2sin=，=ρ1ρ2sin=16×=8，故=．【点评】本题考查直角坐标和极坐标的转化和参数方程与极坐标方程的转化，考查运算能力，属于中档题．19.已知函数f（x）=﹣x2+2lnx．（Ⅰ）求函数f（x）的最大值；（Ⅱ）若函数f（x）与g（x）=x+有相同极值点，（i）求实数a的值；（ii）若对于“x1，x2∈[，3]，不等式≤1恒成立，求实数k的取值范围．参考答案：【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；函数恒成立问题．【专题】综合题；压轴题；导数的综合应用．【分析】（Ⅰ）求导函数，确定函数的单调性，从而可得函数f（x）的最大值；（Ⅱ）（ⅰ）求导函数，利用函数f（x）与g（x）=x+有相同极值点，可得x=1是函数g（x）的极值点，从而可求a的值；（ⅱ）先求出x1∈[[，3]时，f（x1）min=f（3）=﹣9+2ln3，f（x1）max=f（1）=﹣1；x2∈[[，3]时，g（x2）min=g（1）=2，g（x2）max=g（3）=，再将对于“x1，x2∈[，3]，不等式≤1恒成立，等价变形，分类讨论，即可求得实数k的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）求导函数可得：f′（x）=﹣2x+=﹣（x＞0）由f′（x）＞0且x＞0得，0＜x＜1；由f′（x）＜0且x＞0得，x＞1．∴f（x）在（0，1）上为增函数，在（1，+∞）上为减函数．∴函数f（x）的最大值为f（1）=﹣1．（Ⅱ）∵g（x）=x+，∴g′（x）=1﹣．（ⅰ）由（Ⅰ）知，x=1是函数f（x）的极值点，又∵函数f（x）与g（x）=x+有相同极值点，∴x=1是函数g（x）的极值点，∴g′（1）=1﹣a=0，解得a=1．（ⅱ）∵f（）=﹣﹣2，f（1）=﹣1，f（3）=﹣9+2ln3，∵﹣9+2ln3＜﹣﹣2＜﹣1，即f（3）＜f（）＜f（1），∴x1∈[[，3]时，f（x1）min=f（3）=﹣9+2ln3，f（x1）max=f（1）=﹣1由（ⅰ）知g（x）=x+，∴g′（x）=1﹣．当x∈[，1）时，g′（x）＜0；当x∈（1，3]时，g′（x）＞0．故g（x）在[，1）为减函数，在（1，3]上为增函数．∵，g（1）=2，g（3）=，而2＜＜，∴g（1）＜g（）＜g（3）∴x2∈[[，3]时，g（x2）min=g（1）=2，g（x2）max=g（3）=①当k﹣1＞0，即k＞1时，对于“x1，x2∈[，3]，不等式≤1恒成立，等价于k≥[f（x1）﹣g（x2）]max+1∵f（x1）﹣g（x2）≤f（1）﹣g（1）=﹣1﹣2=﹣3，∴k≥﹣2，又∵k＞1，∴k＞1．②当k﹣1＜0，即k＜1时，对于“x1，x2∈[，3]，不等式≤1恒成立，等价于k≤[f（x1）﹣g（x2）]min+1∵f（x1）﹣g（x2）≥f（3）﹣g（3）=﹣，∴k≤．又∵k＜1，∴k≤．综上，所求的实数k的取值范围为（﹣∞，]∪（1，+∞）．【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．20.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点．(1)证明：平面BDC1⊥平面BDC；(2)平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．参考答案：(1)见解析.(2)1:1.【分析】(1)由已知可以证明出平面，也就证明出，在侧面中，可以证明出，这样可以证明平面，也就能证明出平面BDC1⊥平面BDC；(2)分别计算出棱锥B－DACC1的体积，三棱柱ABC－A1B1C1的体积，最后求出平面BDC1分此棱柱为两部分体积的比．【详解】(1)证明由题设知，，，又，平面，所以平面.又平面，所以.由题设知，所以，即.又，平面，所以平面.又平面，故平面平面.(2)解设棱锥B－DACC1的体积为V1，AC＝1.由题意得V1＝又三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝1，所以(V－V1)∶V1＝1∶1.故平面BDC1分此棱柱所得两部分的体积的比为1∶1.【点睛】本题考查了利用线面垂直证明面面垂直、有关棱锥和棱柱的体积的计算.21.（12分）（2015?钦州模拟）已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x﹣y+=0相切．（1）求椭圆C的方程；（2）若过点M（2，0）的直线与椭圆C相交于两点A，B，设P为椭圆上一点，且满足（O为坐标原点），当时，求实数t的取值范围．参考答案：【考点】：椭圆的简单性质．【专题】：圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】：（1）由离心率公式和直线与圆相切的条件，列出方程组求出a、b的值，代入椭圆方程即可；（2）设A、B、P的坐标，将直线方程代入椭圆方程化简后，利用韦达定理及向量知识，即可求t的范围．解：（1）由题意知，…1分所以．即a2=2b2．…2分又∵椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x﹣y+=0相切，∴，…3分，则a2=2．…4分故椭圆C的方程为．…6分（2）由题意知直线AB的斜率存在．设AB：y=k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2），P（x，y），由得（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣2=0．△=64k4﹣4（2k2+1）（8k2﹣2）＞0，解得…7分且，．∵足，∴（x1+x2，y1+y2）=t（x，y）．当t=0时，不满足；当t≠0时，解得x==，y===，∵点P在椭圆上，∴，化简得，16k2=t2（1+2k2）…8分∵＜，∴，化简得，∴，∴（4k2﹣1）（14k2+13）＞0，解得，即，…10分∵16k2=t2（1+2k2），∴，…11分∴或，∴实数取值范围为…12分【点评】：本题考查椭圆的方程、性质，直线与椭圆的位置关系，韦达定理的运用，以及平面向量的知识，考查化简、计算能力和分类讨论思想，属于中档题．22.设函数,其中.（1）若在上有最小值,求实数的取值范围；（2）当时,记,对任意,总存在,使得,求的取值范围.参考答案：(1)；(2).试题分析：(1)借助题设条件运用二次函数的知识求解；(2)借助题设运用分类讨论的方法及取得最值为条件建立不等