山西大学附中2021～2022学年高三第二学期5月诊断考试数学试题（文）考试时间：120分钟一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60分.每小题只有一个选项正确）1．设，则（ ）A．B．C．D．2．已知集合，，则（ ）A．B．C．D．3．非零向量，，满足，与的夹角为，，则在上的投影为（ ）A．－1B．C．1D．4．已知等差数列的各项均为正数，其前n项和为，且满足，，则（ ）A．28B．30C．32D．355．若点在角的终边上，则（ ）A．2B．C．D．6．某高山地区的大气压强p（Pa）与海拔高度h（m）近似满足函数关系，其中，是海平面大气压强，已知在该地区甲、乙两处测得的大气压强分别为，，且，那么甲、乙两处的海拔高度之差约为（ ）（参考数据：）A．4900mB．5500mC．6200mD．7400m7．点F是抛物线的焦点，点，P为抛物线上一点，P不在直线AF上，则△PAF的周长的最小值是（ ）A．4B．6C．D．8．2008年北京奥运会游泳中心(水立方)的设计灵感来于威尔·弗兰泡沫，威尔·弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成(其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形)，已知该多面体共有24个顶点，且棱长为1，则该多面体表面积是（ ）\nA．B．C．D．9．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A为锐角，，若，则△ABC的面积为（ ）A．B．C．D．10．已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，O为坐标原点，过OA的中点且与坐标轴垂直的直线交椭圆C于M，N两点，若四边形OMAN是正方形，则C的方程为（ ）A．B．C．D．11．已知AB，CM分别为圆柱上､下底面的直径，且AB=2，圆柱的高为，AB⊥CM，则点M到平面ABC的距离为（ ）A．B．C．D．12．已知定义在R上的函数的图象关于点对称，若对任意的有（是函数的导函数）成立，且，则关于x的不等式的解集是（ ）A．B．C．D．二、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知焦点在x轴上的双曲线的两条渐近线互相垂直，则__________.14．已知，且，则________.15．已知某线路公交车从6:30首发，每5分钟一班，甲、乙两同学都从起点站坐车去学校，若甲每天到起点站的时间是在6:30--7:00任意时刻随机到达，乙每天到起点站的时间是在6:45-7:15任意时刻随机到达，那么甲、乙两人搭乘同一辆公交车的概率是_________.16．如图，多面体中，面为正方形，平面，，且，，为棱的中点，为棱上的动点，有下列结论：\n①当为棱的中点时，平面；②存在点，使得；③三棱锥的体积为定值；④三棱锥的外接球表面积为．其中正确的结论序号为______．（填写所有正确结论的序号）三、解答题：（共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.）（一）必考题：共60分17．已知数列的前项和为，，从条件①、条件②和条件③中选择两个能够确定一个数列的条件，并完成解答．（条件①：； 条件②：； 条件③：.）选择条件 和 ．(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足，并求数列的前项的和.18．甲、乙两所学校高三年级分别有1000人，1100人，为了了解两所学校全体高三年级学生高中某学科基础知识测试情况，采用分层抽样方法从两个学校一共抽取了105名学生的该学科成绩，并作出了如下的频数分布统计表，规定考试成绩在[120，150]内为优秀．甲校：分组[70,80)[80,90)[90,100)[100,110)[110,120)[120,130)[130,140)[140,150]频数12981010x3乙校：分组[70,80)[80,90)[90,100)[100,110)[110,120)[120,130)[130,140)[140,150]频数23101515y31甲校乙校总计优秀非优秀总计(1)计算x，y的值；(2)由以上统计数据填写下面2×2列联表，若按是否优秀来判断，是否有97.5%的把握认为两个学校的数学成绩有差异？19．如图，已知直三棱柱的底面△ABC是正三角形，，D为AB的中点，点P，N分别为，的中点，过点P，N的平面交于点E，交于点M.(1)证明：平面EMN⊥平面；(2)若，求△EMN的面积.\n20．已知椭圆()的离心率为，其右焦点为F，点，且．(1)求C的方程；(2)过点P且斜率为()的直线l与椭圆C交于A、B两点，过A、B分别作y轴的垂线，垂足为M、N，直线AN与直线交于点E，证明：B、M、E三点共线．21．设函数，其中.(1)若函数在处取得极小值，求a的值；(2)若在上恒成立，求a的取值范围.（二）选考题，共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22．在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线C的极坐标方程为(1)求曲线C与坐标轴所围成图形的面积；(2)已知点，在曲线C上，求△OAB面积的最大值．23．已知函数．(1)若，解不等式；(2)求证：．5月数学文科答案1．【详解】因，则故选：A2．【详解】由，即，解得，所以，又，所以；故选：A3．【详解】由于，所以，由于与的夹角为，所以，在上的投影为.故选：C4．【详解】因为，所以，又因为，所以公差，\n所以，故选：.5．【详解】因为，，即，所以，则.故选：C.6．【详解】记甲、乙两处的海拔高度分别为，则由题可知：，则m故选：B7．【详解】抛物线的焦点，准线为过点作准线于点，故△PAF的周长为，，可知当三点共线时周长最小，为故选：C8．【详解】棱长为1的正方形的面积为，正六边形的面积为，又正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点，所以最多有6个正方形，最少有4个正六边形，1个正六边形与3个正方形相连，所以该多面体有6个正方形，正六边形有个，所以该多面体的表面积为，故选：C.9．【详解】因为，所以，所以，所以或．又A为锐角，所以．因为，所以，所以，又，所以，所以为锐角，所以，又，所以，所以△ABC的面积，故选：D．\n10．【详解】由椭圆方程可知，由四边形OMAN是正方形可知，又点M在椭圆C上，则有，解得，又椭圆C的右焦点为，则，结合椭圆中，解得，，则椭圆C的方程为.故选：A11.【详解】如图所示，连接AM，BM，设，分别为上､下底面圆的圆心，连接AO，BO，分别过A，B作底面圆的垂线，垂足分别为H，.因为AB⊥CM，结合圆柱的性质可知CM⊥平面ABNH，且，而，故.在中，.在等腰△ABC中，由为AB的中点可知，所以.设点M到平面ABC的距离为d，则有，解得，即点M到平面ABC的距离为.故选：D.12．【详解】因为函数的图象关于点对称，所以函数是奇函数，因为，所以．令，则在R上单调递增．又，，所以，．因为，所以，即，所以，所以．故选：C．\n13．【详解】∵双曲线的焦点在x轴上∴，即.∵双曲线的两条渐近线互相垂直∴，即，解得（负值舍去）.故答案为：1.14．【详解】，，又，，，，.15．【详解】由题意知本题是一个几何概型，设甲和乙到达的分别为6时分、6时分，则，，则试验包含的所有区域是，，他们能搭乘同一班公交车所表示的区域为或或，则他们能搭乘同一班公交车的概率．故答案为：16．【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，因为分别为的中点，故可得//，，根据已知条件可知：//，故//，故四边形为平行四边形，则//，又平面平面，故//面，故①正确；对②：因为平面平面，故，又四边形为矩形，\n故，则两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示：则，设，，若GH⊥AE，则，即，解得，不满足题意，故②错误；对③：，因为均为定点，故为定值，又//平面平面，故//面，又点在上运动，故点到平面的距离是定值，故三棱锥的体积为定值，则③正确；对④：由题可得平面，又面为正方形，∴，∴AB⊥平面BCF，则AB，BC，CF两两垂直，∴AF为三棱锥的外接球的直径，又，∴三棱锥的外接球表面积为，故④正确.故答案为：①③④.17．【详解】(1)选①②，由可知数列是以公差的等差数列，又得，故选②③，由可知数列是以公差的等差数列，由可知，选①③，无法确定数列.(2)，其中,当，时，当，时，数列是从第三项开始，以公差的等差数列.18．【详解】(1)由题可知，采用分层抽样共抽取105人，，所以甲校抽取人，乙校抽取人，\n故，解得，，解得；(2)由频数分布表可得列联表为甲校乙校总计优秀201030非优秀304575总计5055105所以故有97.5%的把握认为两个学校的数学成绩有差异。19.【详解】(1)因为平面ABC，平面ABC，所以.又因为△ABC是正三角形，D是AB的中点，所以CD⊥AB.又，所以CD⊥平面.因为点P，N分别为，的中点，所以，所以PN⊥平面.又平面EMN，故平面EMN⊥平面.(2)在中，由，AD=1，可知.所以，.由可知，在中，由余弦定理可得，则.又因为PN⊥平面，又平面，所以PN⊥EN.在和△MPC中，\n因为，所以，则PE=PM，即P是EM的中点.所以在△EMN中，EN边上的高为，故△EMN的面积为.20．【详解】(1)设()，由题意知，∴．∵点，且，解得，∴，，因此C的方程为．(2)由题意可知，直线l的方程为．由得，设，，则，．∵轴，∴，∴直线，令，得．∵轴，∴．∴，∴B，M，E三点共线．21．【详解】(1)由题意得函数的定义域为，求导可得.因为函数在处取得极小值，所以，即，解得，当a=1时，，当时，，单调递减；\n当时，，单调递增，所以函数在处取得极小值，满足要求，故.(2)因为在上恒成立，即在上恒成立，等价于在上恒成立，令，.求导可得，因为，所以，解得.当时，在上恒成立，所以在上恒成立，所以在上单调递增，则.故a的取值范围为.22．【详解】(1)当时，所以，则，即，因为，，所以，又，所以；当时，所以，则，即，因为，所以，所以，，所以；所以曲线的图形如下所示：所以曲线与坐标轴所围成图形的面积为；(2)因为点，在曲线C上，所以，所以的面积所以当，即时；\n23．【详解】(1)由题意，时，即，则，即，解得或，故不等式解集为或；(2)证明：，当时，，当时，，由于，故，当时，，综合以上，.
