湖南省株洲市泗汾中學2021-2022學年高三數學文月考試卷含解析一、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.直線l：y=kx+1與圓O：x2+y2=1相交于A，B兩點，則“k=1”是“△OAB的面積為”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件參考答案：A【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；直線與圓相交的性質．【專題】直線與圓；簡易邏輯．【分析】根據直線和圓相交的性質，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可得到結論．【解答】解：若直線l：y=kx+1與圓O：x2+y2=1相交于A，B兩點，則圓心到直線距離d=，|AB|=2，若k=1，則|AB|=，d=，則△OAB的面積為×=成立，即充分性成立．若△OAB的面積為，則S==×2×==，即k2+1=2|k|，即k2﹣2|k|+1=0，則（|k|﹣1）2=0，即|k|=1，解得k=±1，則k=1不成立，即必要性不成立．故“k=1”是“△OAB的面積為”的充分不必要條件．故選：A．【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，利用三角形的面積公式，以及半徑半弦之間的關系是解決本題的關鍵．2.在等差數列中，若，則的值為（

）A．

B．

C．

D．

參考答案：C略3.已知數列是等差數列，且=

（

）

參考答案：A略4.若，，，的方差為，則，，，的方差為（

）A. B.

C.

D.參考答案：D5.點為圓內一條弦的中點，則直線的方程為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C由已知圓的圓心C（1，0），因為點為圓內一條弦的中點，所以CP⊥AB。因為，所以，肯定選C了，不用再考慮了，故選擇C。6.函數的定義域是A．

B．

C．

D．參考答案：B略7.如圖，網格紙上正方形小格的邊長為1，圖中粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．4參考答案：B【考點】由三視圖求面積、體積．【分析】如圖所示，由三視圖可知該幾何體為：四棱錐P﹣ABCD．【解答】解：如圖所示，由三視圖可知該幾何體為：四棱錐P﹣ABCD．連接BD．其體積V=VB﹣PAD+VB﹣PCD==．故選：B．【點評】本題考查了正方體與四棱錐的三視圖、體積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．8.設滿足約束條件，若目標函數的最大值為2，則實數的值為（

）A．2

B．1

C．-1

D．-2參考答案：試題分析：先作出不等式組的圖象如圖，∵目標函數z=x+y的最大值為2，∴z=x+y=2，作出直線x+y=2，由圖象知x+y=2如平面區域相交A，由得x=1,y=1,即A（1，1），同時A（1，1）也在直線3x-y-a=0上，∴3-1-a=0，則a=2，故選：A．考點：簡單的線性規劃9.已知集合,，命題p：；命題q：，，則下列命題中為真命題的是（

）A．p∧q

B．p∧q

C．p∧q

D．p∧q參考答案：C10.在平面直角坐標系中，方程+=1所表示的曲線是（）A．橢圓 B．三角形 C．菱形 D．兩條平行線參考答案：C【考點】曲線與方程．【分析】去掉絕對值，可得方程+=1的曲線圍成的封閉圖形．【解答】解：x≥0，y≥0方程為+=1；x≥0，y≤0方程為﹣=1；x≤0，y≥0方程為﹣+=1；x≤0，y≤0方程為﹣﹣=1，∴方程+=1的曲線圍成的封閉圖形是一個以（0，4），（2，0），（0，﹣4），（﹣2，0）為頂點的菱形，故選：C．【點評】本題考查的知識點是曲線與方程，分析出幾何體的形狀是解答的關鍵，難度中檔．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.曲線方程，其圖像與直線有兩個不同的交點，則a的取值范圍是_______

___.參考答案：略12.計算行列式=____________參考答案：略13.已知下列命題：①函數的單調增區間是.②要得到函數的圖象，需把函數的圖象上所有點向左平行移動個單位長度.③已知函數，當時，函數的最小值為．④在[0,1]上至少出現了100次最小值，則.其中正確命題的序號是_

參考答案：②③④14.已知在時有極值0，則的值為．參考答案：-7略15.某校為了解高一學生寒假期間的閱讀情況，抽查并統計了100名同學的某一周閱讀時間，繪制了頻率分布直方圖（如圖所示），那么這100名學生中閱讀時間在小時內的人數為_____．參考答案：5416.已知圓：，則圓心的坐標為

；若直線與圓相切，且切點在第四象限，則

．參考答案：

圓的標準方程為，所以圓心坐標為，半徑為1.要使直線與圓相切，且切點在第四象限，所以有。圓心到直線的距離為，即，所以。17.函數圖像上一個最高點為,相鄰的一個最低點為,則

參考答案：三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知{an}為等差數列，前n項和為Sn（n∈N+），{bn}是首項為2的等比數列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4﹣2a1

，S11=11b4．

（Ⅰ）求{an}和{bn}的通項公式；

（Ⅱ）求數列{a2nb2n﹣1}的前n項和（n∈N+）．參考答案：（Ⅰ）設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q．

由已知b2+b3=12，得b1（q+q2）=12，而b1=2，所以q+q2﹣6=0．

又因為q＞0，解得q=2．所以，bn=2n．

由b3=a4﹣2a1

，可得3d﹣a1=8①．

由S11=11b4

，可得a1+5d=16②，

聯立①②，解得a1=1，d=3，由此可得an=3n﹣2．

所以，數列{an}的通項公式為an=3n﹣2，數列{bn}的通項公式為bn=2n．

（Ⅱ）設數列{a2nb2n﹣1}的前n項和為Tn

，由a2n=6n﹣2，b2n﹣1=4n

，有a2nb2n﹣1=（3n﹣1）4n

，

故Tn=2×4+5×42+8×43+…+（3n﹣1）4n

，

4Tn=2×42+5×43+8×44+…+（3n﹣1）4n+1

，

上述兩式相減，得﹣3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n﹣（3n﹣1）4n+1==﹣（3n﹣2）4n+1﹣8得Tn=．所以，數列{a2nb2n﹣1}的前n項和為．19.如圖1，在△ABC中，D，E分別為AB，AC的中點，O為DE的中點，，.將△ABC沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED，如圖2.（1）求證：A1O⊥BD；（2）求直線A1C和平面A1BD所成角的正弦值.參考答案：（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）由題意可得，又平面平面，且平面平面，平面，所以平面，可證；（2）以為原點，建立空間直角坐標系，求平面的法向量，用向量的方法求直線和平面所成角的正弦值.【詳解】（1）連接.圖1中，，，分別為，的中點，，即，又為的中點，.又平面平面，且平面平面，平面，平面，又平面，.（2）取中點，連接，則.由（1）可知平面，平面.以為原點，分別以所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，如圖所示，，.，.設平面的法向量為，則，即，令，則，.設直線和平面所成的角為，則，所以直線和平面所成角的正弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的性質定理和用向量的方法求空間角，考查學生的運算能力，屬于中檔題.20.設數列為等差數列，且；數列的前n項和為，且。（I）求數列，的通項公式；（II）若，為數列的前n項和，求。參考答案：略21.(本小題滿分12分)已知函數的圖像的一部分如圖所示。（Ⅰ）求函數的解析式；（Ⅱ）求函數的最值。參考答案：略22.如下圖，在直角梯形中(圖中數字表示線段的長度)，CD⊥AF，將直角梯形DCEF沿CD折起，使平面DCEF⊥平面ABCD，連接部分線段后圍成一個空間幾何體，如圖K37－12(2)．

（I）求證：BE∥平面ADF（本小問禁止用空間向量解答）；

（II）求三棱錐F－BCE的體積．

參考答案：(1)證法一：取DF中點G，連接AG(如圖)，DG＝DF，∵CE＝DF，CE∥DF，∴EG∥CD且EG＝CD.又∵AB∥CD且AB＝CD，∴EG∥AB且EG＝AB，∴四邊形ABEG為平行四邊形，∴BE∥AG.∵BE?平面ADF，AG?平面ADF，∴BE∥平面ADF.證法二：由圖(1)可知BC∥AD，CE∥DF，折疊之后平行關系不變，∵BC?平面ADF，AD?平面ADF，∴BC∥平面ADF，同理CE∥平面ADF，∵BC∩CE＝C，BC，CE?平面BCE，∴平面BCE∥平面ADF.∵BE?平面BCE，∴BE∥平面ADF.(2)方法一：∵VF－BCE＝VB－CEF，由圖(1)可知BC⊥CD，∵平面DCEF⊥平面ABCD，平面DCEF∩平面ABCD＝CD，BC?平面ABCD，∴BC⊥平面DCEF，由圖(1)可知DC＝CE＝1，S△CEF＝CE·DC＝.∴VF－BCE＝VB－CEF＝·BC·S△CEF＝.方法二：由圖(1)可知CD⊥BC，CD⊥CE，∵BC∩CE＝C，∴CD⊥平面BCE.∵DF⊥DC，點F到平面BCE的距離等于點D到平面BCE的距離為1，由圖(1)可知BC＝CE＝1，S△