山西省太原市西焉鄉(xiāng)中學2021-2022學年高三數(shù)學文月考試題含解析

山西省太原市西焉鄉(xiāng)中學2021-2022學年高三數(shù)學文月考試題含解析一、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.設函數(shù)，將的圖像向右平移個單位長度后，所得的圖像與原圖像重合，則的最小值等于（

）A．

B．

C．

D．

參考答案：C2.下列區(qū)間中，函數(shù)在其上為增函數(shù)的是（

）

參考答案：D略3.右圖中，為某次考試三個評閱人對同一道題的獨立評分，為該題的最終得分，當時，等于（

）A．

B．C．

D．參考答案：C

【知識點】程序框圖.L1根據(jù)提供的該算法的程序框圖，該題的最后得分是三個分數(shù)中差距小的兩個分數(shù)的平均分．根據(jù)，不滿足，故進入循環(huán)體，輸入，判斷與，哪個數(shù)差距小，差距小的那兩個數(shù)的平均數(shù)作為該題的最后得分．因此由，解出=8．故選C．【思路點撥】利用給出的程序框圖，確定該題最后得分的計算方法，關(guān)鍵要讀懂該框圖給出的循環(huán)結(jié)構(gòu)以及循環(huán)結(jié)構(gòu)內(nèi)嵌套的條件結(jié)構(gòu)，弄清三個分數(shù)中差距小的兩個分數(shù)的平均分作為該題的最后得分．4.已知命題p：sinx=，命題q：x=+2kπ，k∈Z，則p是q的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件參考答案：B【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【分析】根據(jù)充分必要條件的定義結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)判斷即可．【解答】解：∵命題，命題，∴由p推不出q，由q能推出p，則p是q的必要不充分條件，故選：B．5.下列各組向量中，可以作為基底的是A.，

B.，

C.，

D.，參考答案：B6.若，，則下列不等式不正確的是（

）A．

B．

C.

D．參考答案：D根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得，，故A、B正確.∵，∴，，，∴，，則C正確，D錯誤.故選D.

7.已知定義域為(0，+)，為的導函數(shù)，且滿足，則不等式的解集是(A)(0，1)

(B)(1，+)

(C)(1，2)

(D)(2，+)

參考答案：D略8.設,若關(guān)于方程的二根分別在區(qū)間和內(nèi),則的取值范圍為（）A、

B、

C、

D、參考答案：B9.已知函數(shù)，則函數(shù)的大致圖象參考答案：C略10.如圖，正方形內(nèi)的圖形來自中國古代的太極圖.正方形內(nèi)切圓中的黑色部分和白色部分關(guān)于正方形的中心成中心對稱.在正方形內(nèi)隨機取一點，則此點取自黑色部分的概率是（

）

A．

B．

C.

D．參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.定義在R上的函數(shù)，滿足，則的取值范圍是

.參考答案：x>2或x<012.已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的頂點都在同一個球面上，且該正三棱柱的體積為，三角形ABC周長為3，則這個球的體積為．參考答案：【考點】球的體積和表面積．【分析】正三棱柱的底面中心的連線的中點就是外接球的球心，求出球的半徑即可求出球的表面積．【解答】解：由題意可知：AA1=，∴AA1=2正三棱柱的底面中心的連線的中點就是外接球的球心，底面中心到頂點的距離為：；所以外接球的半徑為：=．所以外接球的表面積為：4π（）2=．故答案為：．13.已知向量=（sinθ，1），=（﹣sinθ，0），=（cosθ，﹣1），且（2﹣）∥，則tanθ等于．參考答案：﹣【考點】平行向量與共線向量．【分析】2﹣=（3sinθ，2），利用向量共線定理即可得出．【解答】解：2﹣=（3sinθ，2），∵（2﹣）∥，∴﹣3sinθ﹣2cosθ=0，解得tanθ=﹣．故答案為：﹣．14.在△ABC中，角A，B，C所對邊的長分別為a，b，c，若a2＋b2＝2c2，則cosC的最小值為_________參考答案：【知識點】余弦定理．C8【答案解析】解析：因為a2+b2=2c2，所以由余弦定理可知，c2=2abcosC，cosC==×≥．故答案為：．【思路點撥】通過余弦定理求出cosC的表達式，利用基本不等式求出cosC的最小值．15.已知函數(shù)，則

.參考答案：16.已知為常數(shù)，函數(shù)的最小值為，則的所有值為

．參考答案：17.給出下列命題:①垂直于同一直線的兩條直線平行;②若一條直線垂直于兩條平行線中的一條，則它垂直于另一條;③若一條直線與兩條平行線中的一條相交，則它與另一條相交;④一條直線至多與兩條異面直線中的一條相交.

其中正確命題的序號是____________(寫出所有正確命題的序號).參考答案：②三、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.現(xiàn)有正整數(shù)構(gòu)成的數(shù)表如下：第一行：1第二行：12第三行：1123第四行：11211234第五行：1121123112112345…第k行：先抄寫第1行，接著按原序抄寫第2行，然后按原序抄寫第3行，…，直至按原序抄寫第k﹣1行，最后添上數(shù)k．（如第四行，先抄寫第一行的數(shù)1，接著按原序抄寫第二行的數(shù)1，2，接著按原序抄寫第三行的數(shù)1，1，2，3，最后添上數(shù)4）．將按照上述方式寫下的第n個數(shù)記作an（如a1=1，a2=1，a3=2，a4=1，…，a7=3，…，a14=3，a15=4，…）（1）用tk表示數(shù)表第k行的數(shù)的個數(shù)，求數(shù)列{tk}的前k項和Tk；（2）第8行中的數(shù)是否超過73個？若是，用表示第8行中的第73個數(shù)，試求n0和的值；若不是，請說明理由；（3）令Sn=a1+a2+a3+…+an，求S2017的值．參考答案：【考點】8B：數(shù)列的應用．【分析】（1）根據(jù)題意先求出{tk}的通項公式，再根據(jù)等比數(shù)列的求和公式計算即可，（2）由得第8行中共有27=128個數(shù)，得到第8行中的數(shù)超過73個，按上述順序依次寫下的第73個數(shù)應是第7行的第73﹣63=10個數(shù)，同上過程知a73=a10=2，即可求出答案，（3）根據(jù)錯位相減法求出得=2n+1﹣n﹣2，再逐一展開得到S2017=（211﹣12）+（210﹣11）+（29﹣10）+（28﹣9）+（27﹣8）+（26﹣7）+（24﹣5），即可求出．【解答】解：（1）當k≥2時，tk=t1+t2+…+tk﹣1+1，tk+1=t1+t2+…+tk+1，于是tk+1﹣tk=t1，即tk+1=2tk，又t2=2t1，t1=1所以，故．（2）由得第8行中共有27=128個數(shù)，所以，第8行中的數(shù)超過73個，，從而，，由26﹣2=63＜73，27﹣1=127＞73，所以，按上述順序依次寫下的第73個數(shù)應是第7行的第73﹣63=10個數(shù)，同上過程知a73=a10=2，所以，．（3）由于數(shù)表的前n行共有2n﹣1個數(shù)，于是，先計算．在前2n﹣1個數(shù)中，共有1個n，2個n﹣1，22個n﹣2，…，2n﹣k個k，…，2n﹣1個1，因此…+2×2n﹣2+1×2n﹣1，則+k×2k+1+…+2×2n﹣1﹣n﹣2，兩式相減，得=2n+1﹣n﹣2．∴S2017=+S994，=++S483，=+++S228，=++++S101，=+++++S38，=++++++S7，=（211﹣12）+（210﹣11）+（29﹣10）+（28﹣9）+（27﹣8）+（26﹣7）+（24﹣5）=3986【點評】本題考查新定義的應用，以及等比數(shù)列的通項公式公式和求和公式，以及錯位相減法，考查了學生的運算能力和轉(zhuǎn)化能力，屬于難題．19.

已知定點(p為常數(shù)，p>O)，B為z軸負半軸七的一個動點，動點M使得，且線段BM的中點在y軸上

(I)求動點腳的軌跡C的方程；

(Ⅱ)設EF為曲線C的一條動弦（EF不垂直于x軸），其垂直平分線與x軸交于點

T(4，0)，當p=2時，求的最大值．參考答案：略20.（本小題10分）已知函數(shù)．（1）求函數(shù)的最小正周期和單調(diào)遞增區(qū)間；（2）若在中，角的對邊分別為，，為銳角，且，求面積的最大值．參考答案：解：（Ⅰ）

=———2分的最小正周期為；————————————————————3分，的增區(qū)間為————————————5分（Ⅱ）∵

∴，

∴，∴．∵為銳角，即，∴∴．————————————————————7分又，由余弦定理得：，即，，∴．—————————————————————————9分∴．—————————10分略21.如圖4，已知平面是圓柱的軸截面（經(jīng)過圓柱的軸的截面），BC是圓柱底面的直徑，O為底面圓心，E為母線的中點，已知（I））求證：⊥平面；（II）求二面角的余弦值．（Ⅲ）求三棱錐的體積.參考答案：解：依題意可知，平面ABC，∠＝90°，方法1：空間向量法如圖建立空間直角坐標系，因為＝4，則（I），，∴，∴，

∴，∴∵

平面

∴⊥平面

（5分）（II）平面AEO的法向量為，設平面B1AE的法向量為，即

令x＝2，則∴∴二面角B1—AE—F的余弦值為

（10分）（Ⅲ）因為，∴，∴∵，∴

(14分)方法2：依題意可知，平面ABC，∠＝90°，，∴（I）∵，O為底面圓心，∴BC⊥AO，又∵B1B⊥平面ABC，可證B1O⊥AO，

因為＝，則,∴∴B1O⊥EO，∴⊥平面；

（5分）（II）過O做OM⊥AE于點M，連接B1M，∵B1O⊥平面AEO，可證B1M⊥AE，∴∠B1MO為二面角B1—AE—O的平面角，C1C⊥平面ABC，AO⊥OC，可證EO⊥A