2022年山东省威海市文登林村中学高三数学文月考试卷含解析

2022年山东省威海市文登林村中学高三数学文月考试卷含解析
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. 设命题p：，，则为
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
参考答案：
D
【分析】
直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可.
【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题：，，则为：，.
故本题答案为D.
2. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积的是（）
（A）（B）（C）（D）参考答案：
3. 已知、是空间不同的平面，a、b是空间不同的直线，下列命题错误的是（）
A． B．
C． D．
参考答案：
4. 对于函数，若存在实数，使得的解集为，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
参考答案：
C
5. 设复数(其中为虚数单位)，则的虚部为（）
A． B． C． D．
参考答案：
D
6. 已知，则f(3)为（）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
参考答案：
A
7. 曲线C:(为参数)的普通方程为
(A)(x-1)2+(y+1)2=1 (B) (x+1)2+(y+1)2=1 (C) (x-1)2+(y-1)2=1 (D) (x-1)2+(y-1)2=1
参考答案：
C 【解析】本小题主要考查圆的参数方程。

移项，平方相加，
，故选C。

8. 函数y=x+sin|x|，x∈[﹣π，π]的大致图象是（）
A．B．
C． D．参考答案：
A
【考点】函数的图象；正弦函数的图象．
【分析】本题考查的是函数的图象问题．在解答时，首先应将函数去绝对值转化为分段函数．再利用导数分析在不同区间段上的变化规律即可获得问题的解答．
【解答】解：由题意可知：，
当0≤x≤π时，∵y=x+sinx，∴y′=1+cosx≥0，所以函数y=x+sinx在[0，π]上为增函数；
又由sinx≥0[0，π]上恒成立，故函数y=x+sinx[0，π]上在y=x的上方；
当﹣π≤x＜0时，∵y=x﹣sinx，∴y′=1﹣cosx≥0，所以函数y=x+sinx在[0，π]上为增函数；
又由sinx≤0[﹣π，0]上恒成立，故函数y=x+sinx[﹣π，0]上在y=x的下方；
又函数y=x+sin|x|，x∈[﹣π，π]，恒过（﹣π，﹣π）和（π，π）两点，所以A选项对应的图象符合．故选A．
9. 如图中，哪个最有可能是函数的图象（）
A．B．C．
D．
参考答案：
A
【考点】函数的图象．
【分析】求出函数的导数，得到函数的单调性，从而判断出函数的大致图象即可．
【解答】解：y′==，
令y′＞0，解得：x＜，令y′＜0，解得：x＞，
故函数在（﹣∞，）递增，在（，+∞）递减，
而x=0时，函数值y=0，
x→﹣∞时，y→﹣∞，x→+∞时，y→0， 故选：A ．
10. 函数的值域是（ ）
A ．R
B ．（-∞，0）
C ．（-∞，1）
D ．（0，+∞）
参考答案：
D
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 已知向量
，若
，则
_________ .
参考答案：
-3
12. 设动点P 在函数y=图象上，若O 为坐标原点，则|PO|的最小值为 ．
参考答案：
2
考点： 两点间距离公式的应用．
专题： 函数的性质及应用．
分析： 设P ，则|PO|=
，利用基本不等式的性质即可得出．
解答： 解：设P ，则|PO|==2，当且仅当
时取等号．
∴|PO|的最小值为2． 故答案为：2．
点评： 本题考查了两点之间的距离公式、基本不等式的性质，属于基础题．
13. 如图所示，墙上挂有一边长为的正方形木板，它的四个角的空白部分都是以正方形的顶点为圆
心，半径为的圆弧，某人向此板投镖，假设每次都能击中木板，且击中木板上每个点的可能性
都一样，则他击中阴影部分的概率是__ ▲ ___．
参考答案：
答案：
14. 过椭圆
的左焦点作直线与椭圆相交，使弦长均为整数的所有直线中，等可能地任取一
条直线，所取弦长不超过4的概率为___________.
参考答案：
略
15. 里氏震级M 的计算公式为：M=lgA ﹣lgA 0，其中A 是测震仪记录的地震曲线的最大振幅，A 0是相应的标准地震的振幅，假设在一次地震中，测震仪记录的最大振幅是1000，此时标准地震的振幅A 0为0.001，则此次地震的震级为 级；9级地震的最大的振幅是5级地震最大振幅的 倍．
参考答案：
6，10000．
【分析】根据题意中的假设，可得M=lgA ﹣lgA 0=lg1000﹣lg0.001=6；设9级地震的最大的振幅是x ，5级地震最大振幅是y ，9=lgx+3，5=lgy+3，由此知9级地震的最大的振幅是5级地震最大振幅的10000倍．
【解答】解：根据题意，假设在一次地震中，测震仪记录的最大振幅是1000，此时标准地震的振幅为0.001，
则M=lgA ﹣lgA 0=lg1000﹣lg0.001=3﹣（﹣3）=6． 设9级地震的最大的振幅是x ，5级地震最大振幅是y ， 9=lgx+3，5=lgy+3，解得x=106，y=102，
∴
．
故答案为：6，10000．
【点评】本题考查对数的运算法则，解题时要注意公式的灵活运用．
16. 样本数为9的一组数据，它们的平均数是5，频率条形图如图，则其标准差等于 .(保留根号）
参考答案：
17. 已知抛物线C ：y 2=2px （p ＞0）的焦点为F ，过F 的直线交抛物线C 于A ，B 两点，以线段AB 为直径的圆与抛物线C 的准线切于
，且△AOB 的面积为
，则抛物线C
的方程为 ．
参考答案：
y 2=4x
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】求出直线AB
的方程，利用△AOB 的面积为，建立方程求出p ，即可求出抛物线C 的方
程．
【解答】解：令A （x 1，y 1）B （x 2，y 2）， 由已知以AB 为直径的圆相切于
，∴y 1+y 2=6，
A ，
B 代入抛物线方程，作差可得k AB =， 设直线AB 的方程为y=（x ﹣），
与抛物线方程联立可得y 2﹣6y ﹣p 2=0，∴y 1y 2=﹣p 2， ∵△AOB 的面积为， ∴|y 1﹣y 2|=，
∴p
=4
，∴p=2，
∴抛物线C 的方程为y 2=4x ， 故答案为：y 2=4x ．
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. 如图，在正四棱锥V -ABCD 中，二面角为60°，E 为BC 的中点.
（1）证明：
；
（2）已知F 为直线VA 上一点，且F 与A 不重合，若异面直线BF 与VE 所成角为60°，求
参考答案：
（1）详见解析；（2）11. 【分析】
（1）设V 在底面的射影为O ，连接OE ，找出二面角的平面角，再证明
，从而得到
；
（2）取AB 的中点G ，以O 为坐标原点，分别以，，为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间
直角坐标系
，设
，
，根据异面直线
与
所成角为
，求出
的值，从而得到的值.
【详解】（1）设V 在底面的射影为O.则O 为正方形ABCD 的中心如图， 连接OE ，因为E 为BC 的中点，所以. 在正四棱锥中，
，则，
所以为二面角的平面角，则
.
在中，，又， 所以
.
（2）取AB 的中点G ，以O 为坐标原点，分别以
，
，为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间
直角坐标系
，设
，则，
，，，
，，
.设
，
则，
从而，整理得，解得（舍去），
故.
【点睛】本题考查空间中的线线垂直、线面角、面面角定义，考查空间想象能力和运算求解能力，在第（2）问求解时，根据共线向量基本定理确定，引入一个变量确定点的位置，是求解问题的关键.
19. (本小题满分12分)
某高校在2014年自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩分组：第1组[75，80)，第2组[80，85)，第3组[85，90)，第4组[90，95)，第5组[95，100]得到的频率分布直方图如图所示．
（I）分别求第3，4，5组的频率；
（II）若该校决定在笔试成绩较高的第3，4，5组中用分层抽样抽取6名学生进入第二轮面试，（ⅰ）已知学生甲和学生乙的成绩均在第三组，求学生甲和学生乙恰有一人进入第二轮面试的概率；（ⅱ)学校决定在这已抽取到的6名学生中随机抽取2名学生接受考官的面试，设第4组中有名学生被考官面试，求的分布列和数学期望.
参考答案：解：（I）第三组的频率为；第四组的频率为；第五组的频率为. ------------ 3分
（II）（ⅰ）设“学生甲和学生乙恰有一人进入第二轮面试”为事件，第三组应有人进入面试，
则：； ------------ 6分
（ⅱ）第四组应有人进入面试，则随机变量可能的取值为 ------------7分
且，则随机变量的分布列为：
.------------12分
20. 在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=1，AA1=，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1．
（Ⅰ）证明：BC⊥AB1；
（Ⅱ）若OC=OA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．
参考答案：
【考点】用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面所成的角．
【专题】证明题；空间位置关系与距离．
【分析】（Ⅰ）要证明BC⊥AB1，可证明AB1垂直于BC所在的平面BCD，已知CO垂直于侧面ABB1A1，所以CO垂直于AB1，只要在矩形ABB1A1内证明BD垂直于AB1即可，可利用角的关系加以证明；（Ⅱ）分别以OD，OB1，OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，求出，平面ABC的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可得出结论．
【解答】（I）证明：由题意，因为ABB1A1是矩形，
D为AA1中点，AB=1，AA1=，AD=，
所以在直角三角形ABB1中，tan∠AB1B=，
在直角三角形ABD中，tan∠ABD=，
所以∠AB1B=∠ABD，
又∠BAB1+∠AB1B=90°，∠BAB1+∠ABD=90°，
所以在直角三角形ABO中，故∠BOA=90°，
即BD⊥AB1，
又因为CO⊥侧面ABB1A1，AB1?侧面ABB1A1，
所以CO⊥AB1
所以，AB1⊥面BCD，
因为BC?面BCD，
所以BC⊥AB1．
（Ⅱ）解：如图，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标
系，则A（0，﹣，0），B（﹣，0，0），C（0，0，），B1（0，，0），D（，0，0），
又因为=2，所以
所以=（﹣，，0），=（0，，），=（），
设平面ABC的法向量为=（x，y，z），则根据可得=（1，，﹣）是平面ABC的一个法向量，
设直线C1D与平面ABC所成角为α，则sinα=．
【点评】本题考查了直线与平面垂直的性质，考查线面角，考查向量方法的运用，属于中档题．
21. 已知椭圆C：的长轴长为4，离心率
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆C的左顶点为A，右顶点为B，点S是椭圆C上位于轴上方的动点，直线AS，BS与直线：分别交于M，N两点，求线段MN的长度的最小值．
参考答案：
(1)由题意得，故，
因为，所以，，
所以所求的椭圆方程为．
(2)依题意，直线AS的斜率存在，且，
故可设直线AS的方程为，从而，
由得．
设，则，得，从而，即，
又由B(2，0)可得直线SB的方程为，
化简得，
由得，所以，
故，
又因为，所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以时，线段MN的长度取最小值．
略
22. 已知，.
（1）求的值；
（2）求的值.
参考答案：
（1）. （2）因为，所以，
所以
因为
所以。