2021-2022學(xué)年四川省涼山市雷波南田中學(xué)高三數(shù)學(xué)理模擬試題含解析

2021-2022學(xué)年四川省涼山市雷波南田中學(xué)高三數(shù)學(xué)理模擬試題含解析一、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.已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，則圓中最長弦的長度為A.

B.

C.5

D.以上均不正確參考答案：B由題設(shè)得，則，故，將代入可得，即，所以.所以=0，故半徑r=，最長弦即為直徑，其長為2r=.2.已知函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)圖象如圖所示，若為銳角三角形，則一定成立的是（

）A． B．C． D．參考答案：D3.若有樣本容量為8的樣本平均數(shù)為5，方差為2，現(xiàn)樣本中又加入一個新數(shù)據(jù)為4，現(xiàn)在樣本容量為9，則樣本平均數(shù)和方差分別為（

）．．

．

．

．參考答案：D4.設(shè)集合，集合，則等于

A.(1,2)

B.[1,2]

C.[1,2)

D.(1,2]參考答案：5.下列函數(shù)中，最小值為4的是

(

）A．

B．C．

D．參考答案：C6.設(shè)a，b，c∈R，則“1，a，b，c，16為等比數(shù)列”是“b=4”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．既不充分也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．【分析】先根據(jù)數(shù)列的第一項和第五項的值，求得公比q，進(jìn)而通過等比數(shù)列的通項公式求得第三項b，再根據(jù)充分必要的條件的定義判斷即可．【解答】解：依題意可知a1=1，a5=16，∴=q4=16，∴q2=4，∴b=a1q2=4，則“1，a，b，c，16為等比數(shù)列”可以推出“b=4”，但由b=4不能推出“1，a，b，c，16為等比數(shù)列”，故選：A．7.現(xiàn)有200根相同的圓鋼（即圓柱形鋼筋），把它們堆放成一個三角形垛，使剩余的圓鋼最少，那么剩余的圓鋼有（）A．20根 B．15根 C．10根 D．9根參考答案：C8.設(shè)雙曲線=1（a＞0，b＞0）的右焦點為F，過點F作與x軸垂直的直線l交兩漸近線于A，B兩點，且與雙曲線在第一象限的交點為P，設(shè)O為坐標(biāo)原點，若（λ，μ∈R），λ?μ=，則雙曲線的離心率為(

) A． B． C． D．參考答案：A考點：雙曲線的簡單性質(zhì)．專題：平面向量及應(yīng)用；直線與圓；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．分析：由方程可得漸近線，可得A，B，P的坐標(biāo)，由共線向量式可得λ+μ=1，λ﹣μ=，解之可得λμ的值，由λ?μ=可得a，c的關(guān)系，由離心率的定義可得．解答： 解：雙曲線的漸近線為：y=±x，設(shè)焦點F（c，0），則A（c，），B（c，﹣），P（c，），因為=λ+μ，所以（c，）=（（λ+μ）c，（λ﹣μ）），所以λ+μ=1，λ﹣μ=，解得：λ=，μ=，又由λμ=，得：=，解得：=，所以，e==．故選：A．點評：本題考查雙曲線的簡單性質(zhì)，涉及雙曲線的離心率的求解，屬于中檔題．9.如圖，在△ABC中，若AB=5，AC=7，∠B=60°，則BC等于（）A．5

B．6 C．8 D．5參考答案：C【考點】余弦定理的應(yīng)用．【分析】由已知利用余弦定理即可解得BC的值．【解答】解：∵在△ABC中，∠ABC=60°，且AB=5，AC=7，∴由余弦定理AC2=AB2+BC2﹣2AB?BC?cos∠ABC，可得：72=52+BC2﹣2×5×BC×，∴整理可得：BC2﹣5BC﹣24=0，解得：BC=8或﹣3（舍去）．故選：C．【點評】本題主要考查了余弦定理在解三角形中的應(yīng)用，考查了計算能力，屬于基礎(chǔ)題．10.已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，若a12+a102≤25恒成立，則a1+3a7的取值范圍為（）A．[﹣5，5] B．[﹣5，5] C．[﹣10，10] D．[﹣10，10]參考答案：D【考點】8F：等差數(shù)列的性質(zhì)．【分析】利用等差數(shù)列的性質(zhì)令a1=5cosθ，a10=5sinθ（0＜θ＜），則d=（sinθ﹣cosθ），問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)在定區(qū)間上求最值問題解決即可．【解答】解：由題意得，令a1=5cosθ，a10=5sinθ（0＜θ＜），則d=（sinθ﹣cosθ），∴a1+3a7=10（sinθ+cosθ）=10sin（θ+），∴a1+3a7的取值范圍為[﹣10，10]，故選：D．【點評】本題主要考查了等差數(shù)列的性質(zhì)，借助三角函數(shù)，通過等價轉(zhuǎn)化思想達(dá)到解決問題的目的，要體會這種換元法的解題思路，屬中檔題．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在整數(shù)集中，被除所得余數(shù)為的所有整數(shù)組成一個“類”，記為，即，．給出如下四個結(jié)論：①；②；③；④整數(shù)屬于同一“類”的充要條件是“”．其中，正確結(jié)論的個數(shù)為

．參考答案：312.已知向量．若為實數(shù)，，則的值為

．參考答案：，因為，所以，解得。13.若實數(shù)x，y滿足約束條件，則z=2x﹣y的最大值為．參考答案：2【考點】簡單線性規(guī)劃．【分析】作出可行域，變形目標(biāo)函數(shù)，平移直線找出最優(yōu)解可得結(jié)論．【解答】解：作出，所對應(yīng)可行域（如圖△ABC），變形目標(biāo)函數(shù)z=2x﹣y可得y=2x﹣z，平移直線y=2x可得當(dāng)直線經(jīng)過點A（1，0）時，直線的截距最小，z取最大值，代值計算可得最大值為：2．故答案為：2．【點評】本題考查簡單線性規(guī)劃，準(zhǔn)確作圖是解決問題的關(guān)鍵，屬中檔題．【答案】【解析】14.要制作一個容器為4，高為的無蓋長方形容器，已知該容器的底面造價是每平方米20元，側(cè)面造價是每平方米10元，則該容器的最低總造價是---

（單位：元）參考答案：略15.已知的三內(nèi)角、、所對邊長分別為是、、，設(shè)向量，，若∥，則角的大小為___________參考答案：16.已知則的值為

。參考答案：36【知識點】對數(shù)與對數(shù)函數(shù)B7由于，所以f(9-x)=9-=9-x-于是有f(x)+f(9-x)=9從而f(1)+f(8)=f(2)+f(7)=f(3)+f(6)=f(4)+f(5)=9,故原式的值為【思路點撥】根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)找出規(guī)律求出結(jié)果。17.已知(1+3x)n的展開式中含有x2項的系數(shù)是54，則n=

.參考答案：4，令得：，解得．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知過點A（0，1）的橢圓C：+=1（a＞b＞0）的左右焦點分別為F1、F2，B為橢圓上的任意一點，且|BF1|，|F1F2|，|BF2|成等差數(shù)列．（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）直線l：y=k（x+2）交橢圓于P，Q兩點，若點A始終在以PQ為直徑的圓外，求實數(shù)k的取值范圍．參考答案：【考點】KL：直線與橢圓的位置關(guān)系．【分析】（1）由題意，利用等差數(shù)列和橢圓的定義求出a、c的關(guān)系，再根據(jù)橢圓C過點A，求出a、b的值，即可寫出橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），根據(jù)題意知x1=﹣2，y1=0；聯(lián)立方程消去y，由方程的根與系數(shù)關(guān)系求得x2、y2，由點A在以PQ為直徑的圓外，得∠PAQ為銳角，?＞0；由此列不等式求出k的取值范圍．【解答】解：（1）∵|BF1|，|F1F2|，|BF2|成等差數(shù)列，∴2|F1F2|=|BF1|+|BF2|=（|BF1|+|BF2|），由橢圓定義得2?2c=?2a，∴c=a；又橢圓C：+=1（a＞b＞0）過點A（0，1），∴b=1；∴c2=a2﹣b2=a2﹣1=a2，解得a=2，c=；∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1；（2）設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2）聯(lián)立方程，消去y得：（1+4k2）x2+16k2x+（16k2﹣4）=0；依題意直線l：y=k（x+2）恒過點（﹣2，0），此點為橢圓的左頂點，∴x1=﹣2，y1=0，﹣﹣﹣﹣①由方程的根與系數(shù)關(guān)系可得，x1+x2=；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②可得y1+y2=k（x1+2）+k（x2+2）=k（x1+x2）+4k；﹣﹣﹣﹣③由①②③，解得x2=，y2=；由點A在以PQ為直徑的圓外，得∠PAQ為銳角，即?＞0；由=（﹣2，﹣1），=（x2，y2﹣1），∴?=﹣2x2﹣y2+1＞0；即+﹣1＜0，整理得，20k2﹣4k﹣3＞0，解得：k＜﹣或k＞，∴實數(shù)k的取值范圍是k＜﹣或k＞．19.（本小題滿分12分）如圖，四邊形ABCD是菱形，，平面平面ABCD.（I）求證：平面BDE；（II）若AF//DE，，點M在線段BD上，且，求證：AM//平面BEF.參考答案：證明：（Ⅰ）因為,,,,所以平面，又,所以--------------------------------------2分因為是菱形，所以，又,從而平面．------------------------------------5分（Ⅱ）法一：延長交于點,---------------6分因為，，所以-----------------------------7分因為，所以，因此,所以--------9分所以,--------10分又平面，平面，所以平面．--------------------12分（Ⅱ）法二：在中，過點作，連接，----------------6分因為，所以，----------------------------------------7分因為，所以，又，所以，所以四邊形為平行四邊形，------------------------------------10分，因為平面，平面，因此平面．----------------------12分20.如圖，已知六棱柱ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1的側(cè)棱垂直于底面，側(cè)棱長與底面邊長都為3，M，N分別是棱AB，AA1上的點，且AM=AN=1．（1）證明：M，N，E1，D四點共面；（2）求直線BC與平面MNE1D所成角的正弦值．參考答案：【考點】直線與平面所成的角；平面的基本性質(zhì)及推論．【專題】空間位置關(guān)系與距離；空間角．【分析】（1）正面四點共面的方法主要采用線線平行來得到．（2）首先建立空間直角坐標(biāo)系，進(jìn)一步利用法向量知識利用向量的夾角余弦公式求出結(jié)果．【解答】（1）證明：連接A1B，D1B1，BD，A1E1，在四邊形A1B1D1E1中，A1E1=B1D1，且，A1E1∥B1D1，在四邊形BB1D1D中，BD∥B1D1，且BD=B1D1，所以：A1E1∥BD，且A1E1=BD，則四邊形A1BDE1是平行四邊形．所以A1B∥E1D．在△ABA1中，AM=AN=1，AB=AA1=3，所以：則：MN∥BA1，且：MN∥DE1，所以：M，N，E1，D四點共面；（2）解：以點E坐標(biāo)原點，EA，ED，EE1線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，則B（），C（），D（0，3，0），E1（0，0，3），M（3，1，0）．，，，設(shè)平面MNE1D的法向量為：，則：，即：，解得：，設(shè)直線BC與平面MNE1D所成的角為θ，則sinθ==故直線BC與平面MNE1D所成的角的正弦值為．【點評】本題考查的知識要點：四點共面的判定，直線與平面的夾角的應(yīng)用，空間直角坐標(biāo)系的建立，法向量的應(yīng)用，向量的數(shù)量積的應(yīng)用．主要考查學(xué)生的應(yīng)用能力．21.設(shè)|θ|＜，n為正整數(shù)，數(shù)列{an}的通項公式an=sintannθ，其前n項和為Sn（1）求證：當(dāng)n為偶函數(shù)時，an=0；當(dāng)n為奇函數(shù)時，an=（﹣1）tannθ；（2）求證：對任何正整數(shù)n，S2n=sin2θ?[1+（﹣1）n+1tan2nθ]．參考答案：【考點】數(shù)列的求和．【分析】（1）利用sin=，即可得出．（2）a2k﹣1+a2k=（﹣1）tannθ．利用等比數(shù)列的求和公式即可得出．【解答】證明：（1）an=sintannθ，當(dāng)n=2k（k∈N*）為偶數(shù)時，an=sinkπ?tannθ=0；當(dāng)n=2k﹣1為奇函數(shù)時，an=?tannθ=（﹣1）k﹣1tannθ=（﹣1）tannθ．（2）a2k﹣1+a2k=（﹣1）tannθ．∴奇數(shù)項成等比數(shù)列，首項為tanθ，公比為﹣tan2θ．∴S2n==sin2θ?[1+（﹣1）n+1tan2nθ]．22.已知橢圓的離心率為，F(xiàn)1、F2分別為橢圓的左右焦點，B1為橢圓短軸的一個端點，的面積為.（1）求橢圓的方程;（2）若A、B、C、D是橢圓上異于頂點的四個點AC與BD相交于點