2022年高三數(shù)學12月月考試題 文(II)

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1、2022年高三數(shù)學12月月考試題 文(II) 一．選擇題：共12小題，每小題5分，共60分。在每個小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的一項。 1．設復數(shù)（是虛數(shù)單位），則= A． B． C． D． 2．已知集合，則（ ） A． B． C． D． 3．“”是“直線與直線互相垂直”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 4下圖是一個幾何體的三視圖，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，可得該幾何體的表面積是 A． 　　B． C． 　　D． 5．四棱錐的三視圖如圖所示，則最長的一條側棱的長度是（

2、 ） A． B． C． D． 6．等比數(shù)列中的、是函數(shù)的極值點，則（ ）A. xx B. 4030 C.4032 D.xx 7．中，分別是角A，B，C的對邊，向量且=（ ） A． B． C． D． 8．若x,y滿足約束條件且目標函數(shù)僅在點（1,0）處取得最小值，則的取值范圍是（ ） A. B. C. D. 9．閱讀如圖所示的程序框圖，則輸出的的值是（　 ?。? A． B． C． D． 10．若

3、函數(shù)在區(qū)間上為單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)不可能取到的值為 A． B． 　 　　C． 　 　D． 11．設二次函數(shù)（）的值域為，則的最大值為（ ）A． B． 　C． D. 12．已知定義域為R的函數(shù)以4為周期,且函數(shù)，若滿足函數(shù) 恰有5個零點，則的取值范圍為（ ） A． B． C． D． 二．填空題：本大題共四小題，每小題5分，共20分。 13．已知是兩條不同的直線，為兩個不同的平面，有下列四個命題： ①若，，則；學②若，則； ③若，則；④若，則．

4、 其中正確的命題是（填上所有正確命題的序號）_______________． 14．如圖是某四棱錐的三視圖，則該幾何體的表面積為 . 第16題圖 第14題圖 15. 若函數(shù)為上的增函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍是 ． 16.如圖所示的數(shù)陣叫“萊布尼茲調(diào)和三角形”，他們是由整數(shù)的倒數(shù)組成的，第行有個數(shù)且兩端的數(shù)均為，每個數(shù)是它下一行左右相鄰兩數(shù)的和，如：…，則第行第3個數(shù)字是 ． 三.解答題：解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。 17. 在△ABC中，設A、B、C的對

5、邊分別為a、b、c，向量,若.（Ⅰ）求角A的大?。? （Ⅱ）若,且，求△ABC的面積. 18.在四棱錐中，，，平面，為的中點，．（1）求四棱錐的體積；學（2）若為的中點，求證平面；（3）求證∥平面． 19．已知等比數(shù)列是遞增數(shù)列，，數(shù)列滿足，且（）（1）證明：數(shù)列是等差數(shù)列； （2）若對任意，不等式總成立，求實數(shù)的最大值． 20 四棱錐A-BCDE的正視圖和俯視圖如下，其中正視圖是等邊三角形，俯視圖是直角梯形.（I）若F為AC的中點，當點M在棱AD上移動，是否總有BF丄CM，請說明理由.(II)求三棱錐的高.

6、 21. 已知函數(shù)，在區(qū)間上有最大值4，最小值1，設．（1）求的值；（2）不等式在上恒成立，求實數(shù)的范圍； 22．已知函數(shù)．（Ⅰ）當時，求曲線f（x）在x=1處的切線方程； （Ⅱ）設函數(shù)，求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間； （Ⅲ）若，在[1，e]（e=2.71828…）上存在一點x0，使得f（x0）≤g（x0）成立，求的取值范圍． 高三文科數(shù)學參考答案 一．選擇題：共12小題，每小題5分，共60分。在每個小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的一項。 題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A C A D D A

7、 A B B D C B 二．填空題：本大題共四小題，每小題5分。 13 ①④． 14. ________________ 15. 16.________ ________ 三.解答題：解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟 17. 解:（1）m+n=(+cosA-sinA,cosA+sinA) |m+n|2=(+cosA-sinA)2+(cosA+sinA)2 =2+2(cosA-sinA)+(cosA-sinA)2+(cosA+sinA)2 =2+2(cosA-sinA)+2=4-4sin（A-） 3分

8、 ∵|m+n|=2,∴4-4sin（A-）=4,sin（A-）=0. 又∵0＜A＜,∴-＜A-＜,∴A-=0, ∴A=. 6分 (2)由余弦定理，a2=b2+c2-2bccosA, 又b=4,c=a,A=， 得a2=32+2a2-2×4×a·, 即a2-8a+32=0,解得a=4， ∴c=8.∴S△ABC=b·csinA=×4×8×sin=16. ∴ S△ABC=×(4)2=16. 12分 18解析：（1）在中，，∴，． 在中，，∴． ∴． 則． （2）∵，為的中點，∴． ∵平面，∴，∵，，∴平面，∴．

9、 ∵為中點，為中點，∴∥，則，∵，∴平面． （3）證法一： 取中點，連．則∥，∵ 平面， 平面， ∴∥平面． 在中，，，∴．而，∴∥． ∵ 平面， 平面， ∴∥平面． ∵，∴平面∥平面． ∵平面，∴∥平面． 學科 證法二：延長，設它們交于點， 連．∵，， ∴為的中點． ∵為中點，∴∥． ∵ 平面， 平面， ∴∥平面． 19解（1）因為，，且是遞增數(shù)列， 所以，所以，所以 因為，所以，所以數(shù)列是等差數(shù)列 ． （2）由（1），所以 最小總成立，因為，所以或2時最小值為12， 所以最大值為12． 20．解：（Ⅰ

10、）總有 理由如下: 取的中點，連接， 由俯視圖可知，，， 所以 ……………………2分 又,所以面， 故. 因為是的中點，所以.…………………4分 又故面， 面，所以. ……………………6分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，, 又在正ABC中，,所以 , …………8分 在中，,在直角梯形中，, 在中，,在中， 可求,…10分 設三棱錐的高為，則 , 又 ,可得，解得. 所以，三棱錐的高為. ……………………12分 21 ……………3分 ……………..6分 所以：

11、…………………..12分 22. 解：（Ⅰ）當a=2時，f（x）=x﹣2lnx，f（1）=1，切點（1，1）， ∴，∴k=f′（1）=1﹣2=﹣1， ∴曲線f（x）在點（1，1）處的切線方程為：y﹣1=﹣（x﹣1），即x+y﹣2=0． （Ⅱ），定義域為（0，+∞），， ①當a+1＞0，即a＞﹣1時，令h′（x）＞0， ∵x＞0，∴x＞1+a令h′（x）＜0，∵x＞0，∴0＜x＜1+a． ②當a+1≤0，即a≤﹣1時，h′（x）＞0恒成立， 綜上：當a＞﹣1時，h（x）在（0，a+1）上單調(diào)遞減，在（a+1，+∞）上單調(diào)遞增． 當a≤﹣1時，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．

12、 （Ⅲ）由題意可知，在[1，e]上存在一點x0，使得f（x0）≤g（x0）成立， 即在[1，e]上存在一點x0，使得h（x0）≤0， 即函數(shù)在[1，e]上的最小值[h（x）]min≤0． 由第（Ⅱ）問，①當a+1≥e，即a≥e﹣1時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減， ∴，∴，∵，∴； ②當a+1≤1，即a≤0時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增， ∴[h（x）]min=h（1）=1+1+a≤0，∴a≤﹣2， ③當1＜a+1＜e，即0＜a＜e﹣1時，∴[h（x）]min=h（1+a）=2+a﹣aln（1+a）≤0， ∵0＜ln（1+a）＜1，∴0＜aln（1+a）＜a，∴h（1+a）＞2 此時不存在x0使h（x0）≤0成立． 綜上可得所求a的范圍是：或a≤﹣2．