廣東省潮州市鳳塘中學(xué)2022-2023學(xué)年高三數(shù)學(xué)理模擬試題含解析

廣東省潮州市鳳塘中學(xué)2022-2023學(xué)年高三數(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(xiàng)中，只有是一個符合題目要求的1.如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，點(diǎn)M∈AB1，N∈BC1，且AM=BN≠，有以下四個結(jié)論：①AA1⊥MN；②AB∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN與A1C1一定是異面直線．其中正確命題的序號是（）A．①③ B．②③ C．①④ D．①③④參考答案：A【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征．【分析】過M作MO∥AB，交BB1于O，連接ON，推導(dǎo)出BB1⊥OM，BB1⊥ON，從而BB1⊥平面OMN，進(jìn)而BB1⊥MN，由此得到AA1⊥MN；當(dāng)M、N分別是AB1，BC1的中點(diǎn)時，MN與AB異面；當(dāng)M不是AB1的中點(diǎn)時，MN與A1C1可能共面；由OM∥平面A1B1C1D1，ON∥平面A1B1C1D1，知平面A1B1C1D1∥平面OMN，從而MN∥平面A1B1C1D1．【解答】解：過M作MO∥AB，交BB1于O，連接ON，∵AM=BN，∴==，∴ON∥B1C1，∴BB1⊥OM，BB1⊥ON，OM∩ON=O，∴BB1⊥平面OMN，MN?平面OMN，∴BB1⊥MN，AA1∥BB1，∴AA1⊥MN，故①正確；當(dāng)M、N分別是AB1，BC1的中點(diǎn)時，取A1B1，B1C1的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接ME、NF，∵M(jìn)E∥AA1，NF∥AA1，且ME=NF=AA1，∴四邊形MNEF為平行四邊形，∴MN∥EF，又EF∥A1C1，∴MN∥A1C1，此時MN與AB異面，故②錯誤；當(dāng)M不是AB1的中點(diǎn)時，MN與A1C1可能共面，故④錯誤；OM∥平面A1B1C1D1；ON∥平面A1B1C1D1，∴平面A1B1C1D1∥平面OMN，MN?平面OMN，∴MN∥平面A1B1C1D1，故③正確．故選：A．2.已知命題命題,則下列命題中為真命題的是:（

）

A.

B.

C.

D.參考答案：B略3.若非零向量滿足，則的夾角為（

）．A. B. C. D.參考答案：D【分析】直接利用數(shù)量積的運(yùn)算法則化簡已知即得解.【詳解】由題得，所以.故選：D【點(diǎn)睛】本題主要考查數(shù)量積的運(yùn)算和向量的夾角的求法，意在考查學(xué)生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.4.過雙曲線M:的左頂點(diǎn)A作斜率為1的直線,若與雙曲線M的兩條漸近線分別相交于B、C,且|AB|=|BC|,則雙曲線M的離心率是(

)A.

B.

C.

D.

參考答案：A略5.設(shè)集合A={x|x2﹣4x＜0}，B={x|log2x＞1}，則A∩B=（）A．（2，4） B．（0，2） C．（1，4） D．（0，4）參考答案：A【考點(diǎn)】1E：交集及其運(yùn)算．【專題】37：集合思想；4O：定義法；5J：集合．【分析】化簡集合A、B，根據(jù)交集的定義寫出A∩B．【解答】解：集合A={x|x2﹣4x＜0}={x|0＜x＜4}，B={x|log2x＞1}={x|x＞2}，則A∩B={x|2＜x＜4}=（2，4）．故選：A．6.已知集合，，則A∩B中元素的個數(shù)為（

）A．3 B．2 C．1 D．0參考答案：B集合中的元素為點(diǎn)集，由題意，可知集合表示以為圓心，為半徑的單位圓上所有點(diǎn)組成的集合，集合表示直線上所有的點(diǎn)組成的集合，又圓與直線相交于兩點(diǎn)，則中有個元素．7.經(jīng)過圓x2+y2﹣2x+2y=0的圓心且與直線2x﹣y=0平行的直線方程是（）A．2x﹣y﹣3=0 B．2x﹣y﹣1=0 C．2x﹣y+3=0 D．x+2y+1=0參考答案：A【考點(diǎn)】J9：直線與圓的位置關(guān)系．【分析】求出圓的圓心坐標(biāo)，直線的斜率，然后求解直線方程即可．【解答】解：圓x2+y2﹣2x+2y=0的圓心（1，﹣1），與直線2x﹣y=0平行的直線的斜率為：2，所求直線方程為：y+1=2（x﹣1）．∴2x﹣y﹣3=0．故選：A．【點(diǎn)評】本題考查圓的方程的應(yīng)用，直線與直線的位置關(guān)系的應(yīng)用，考查計(jì)算能力．8.18．在邊長為1的正六邊形ABCDEF中，記以A為起點(diǎn)，其余頂點(diǎn)為終點(diǎn)的向量分別為；以D為起點(diǎn)，其余頂點(diǎn)為終點(diǎn)的向量分別為.若分別為的最小值、最大值，其中,,則滿足（

）.(A) (B) (C) (D)參考答案：D9.設(shè)，其中實(shí)數(shù)滿足且，則的最大值是（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：D10.已知單位向量與的夾角為,向量與的夾角為，則（

）A． B．－3 C．或－3 D．－1參考答案：B依題意可得：，同理：，而，又向量與的夾角為，可知：，由此解得：或，又,∴.故選：B

二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在的展開式中，的系數(shù)為______．參考答案：80的展開式中，通項(xiàng)公式，令，解得．的系數(shù)，故答案為80．12.已知，，若，則k=______．參考答案：8【分析】由向量平行的坐標(biāo)運(yùn)算即可得出?！驹斀狻浚獾谩军c(diǎn)睛】若，平行或者共線，則。13.《九章算術(shù)》中將底面為長方形，且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為“陽馬”，現(xiàn)有一陽馬，其正視圖和側(cè)視圖是如圖所示的直角三角形.若該陽馬的頂點(diǎn)都在同一個球面上，且該球的表面積為24π，則該“陽馬”的體積為________.正視圖側(cè)視圖參考答案：.如圖所示，設(shè)“陽馬”馬的外接球半徑為，由球的表面積，所以為矩形，其中底面，，則該“陽馬”的外接球直徑為，解得，所以該“陽馬”的體積.試題立意：本小題主要考查空間幾何體與球的組合體，球與三棱錐的切接問題，三棱錐的體積公式；考查空間想象能力及分析問題解決問題的能力.14.若，則a的取值范圍是．參考答案：＜a＜或a＜﹣1略15.已知函數(shù)，則的值是

.參考答案：略16.設(shè)向量，滿足，，則與夾角的最大值為

參考答案：略17.已知P（x，y）滿足，則z=x﹣y最小值是

．參考答案：-1【考點(diǎn)】簡單線性規(guī)劃．【分析】由題意，首先畫出平面區(qū)域，根據(jù)目標(biāo)函數(shù)的幾何意義，求z的最值．【解答】解：不等式組表示的平面區(qū)域如圖，根據(jù)目標(biāo)函數(shù)z=x﹣y，即y=x﹣z，當(dāng)直線y=x﹣z經(jīng)過A時z最小，由得到A（0，1），所以z=x﹣y的最小值是0﹣1=﹣1．故答案為：﹣1；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.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)），以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，圓C的極坐標(biāo)方程為.（Ⅰ）求直線l的普通方程和圓C的直角坐標(biāo)方程；（Ⅱ）直線l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)，求的值.參考答案：（Ⅰ）直線的普通方程為，圓C的直角坐標(biāo)方程為.（Ⅱ）2【分析】（Ⅰ）求直線的普通方程，消去參數(shù)即可；求圓的直角坐標(biāo)方程利用互化即可.（Ⅱ）根據(jù)直線所過定點(diǎn)，利用直線參數(shù)方程中的幾何意義求解的值.【詳解】解：（Ⅰ）直線的普通方程為，圓的直角坐標(biāo)方程為.

（Ⅱ）聯(lián)立直線的參數(shù)方程與圓的直角坐標(biāo)方程可得，化簡可得.則.19.如圖所示，該幾何體是由一個直三棱柱ADE﹣BCF和一個正四棱錐P﹣ABCD組合而成，AD⊥AF，AE=AD=2．（1）證明：平面PAD⊥平面ABFE；（2）求正四棱錐P﹣ABCD的高h(yuǎn)，使得二面角C﹣AF﹣P的余弦值是．參考答案：【考點(diǎn)】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面與平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）證明：AD⊥平面ABFE，即可證明平面PAD⊥平面ABFE；（Ⅱ）建立空間坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法建立方程關(guān)系即可求正四棱錐P﹣ABCD的高．【解答】（Ⅰ）證明：直三棱柱ADE﹣BCF中，AB⊥平面ADE，所以：AB⊥AD，又AD⊥AF，所以：AD⊥平面ABFE，AD?平面PAD，所以：平面PAD⊥平面ABFE…．（Ⅱ）∵AD⊥平面ABFE，∴建立以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AE，AD分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：設(shè)正四棱錐P﹣ABCD的高為h，AE=AD=2，則A（0，0，0），F(xiàn)（2，2，0），C（2，0，2），=（2，2，0），=（2，0，2），=（1，﹣h，1），=（x，y，z）是平面AFC的法向量，則，令x=1，則y=z=﹣1，即=（1，﹣1，﹣1），設(shè)=（x，y，z）是平面ACP的法向量，則，令x=1，則y=﹣1，z=﹣1﹣h，即=（1，﹣1，﹣1﹣h），∵二面角C﹣AF﹣P的余弦值是．∴cos＜，＞===．得h=1或h=﹣（舍）則正四棱錐P﹣ABCD的高h(yuǎn)=1．20.在四棱錐中，底面是矩形，平面，是等腰三角形，，是的一個三等分點(diǎn)（靠近點(diǎn)），與的延長線交于點(diǎn)，連接.（Ⅰ）求證：平面平面；（Ⅱ）求二面角的正切值參考答案：（Ⅰ）證明：因?yàn)槠矫?，所?/p>

又因?yàn)榈酌媸蔷匦?，所?/p>

又因?yàn)椋云矫?

又因?yàn)槠矫?，所以平面平?

（Ⅱ)解：方法一：（幾何法)過點(diǎn)作，垂足為點(diǎn)，連接.

不妨設(shè)，則.

因?yàn)槠矫?，所?

又因?yàn)榈酌媸蔷匦?，所?

又因?yàn)椋云矫?，所以A.

又因?yàn)?，所以平面，所?/p>

所以就是二面角的平面角.

在中，由勾股定理得，

由等面積法，得，

又由平行線分線段成比例定理，得.

所以.所以.

所以.

所以二面角的正切值為.

方法二：（向量法）以，，分別為，，軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：

不妨設(shè)，則由（Ⅱ）可得，.

又由平行線分線段成比例定理，得，

所以，所以.所以點(diǎn)，，.

則，.

設(shè)平面的法向量為，則

由得得

令，得平面的一個法向量為；

又易知平面的一個法向量為；

設(shè)二面角的大小為，則.

所以.所以二面角的正切值為.21.(本小題滿分14分)如圖，四棱錐P－ABCD的底面為矩形，且AB＝，BC＝1，E，F(xiàn)分別為AB，PC中點(diǎn).（1）求證：EF∥平面PAD；（2）若平面PAC⊥平面ABCD，求證：平面PAC⊥平面PDE.參考答案：證明：（1）方法一：取線段PD的中點(diǎn)M，連結(jié)FM，AM．因?yàn)镕為PC的中點(diǎn)，所以FM∥CD，且FM＝CD．因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，E為AB的中點(diǎn)，所以EA∥CD，且EA＝CD．所以FM∥EA，且FM＝EA．所以四邊形AEFM為平行四邊形．所以EF∥AM．

………5分又AMì平面PAD，EF?平面PAD，所以EF∥平面PAD．

………2分方法二：連結(jié)CE并延長交DA的延長線于N，連結(jié)PN．因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以AD∥BC，所以∠BCE＝∠ANE，∠CBE＝∠NAE．

又AE＝EB，所以△CEB≌△NEA．所以CE＝NE．

又F為PC的中點(diǎn)，所以EF∥NP．…………5分又NPì平面PAD，EF?平面PAD，所以EF∥平面PAD．

……………2分方法三：取CD的中點(diǎn)Q，連結(jié)FQ，EQ．在矩形ABCD中，E為AB的中點(diǎn)，所以AE＝DQ，且AE∥DQ．所以四邊形AEQD為平行四邊形，所以EQ∥AD．又ADì平面PAD，EQ?平面PAD，所以EQ∥平面PAD．

………………2分因?yàn)镼，F(xiàn)分別為CD，CP的中點(diǎn)，所以FQ∥PD．又PDì平面PAD，F(xiàn)Q?平面PAD，所以FQ∥平面PAD．

又FQ，EQì平面EQF，F(xiàn)Q∩EQ＝Q，所以平面EQF∥平面PAD．……………3分因?yàn)镋Fì平面EQF，所以EF∥平面PAD．

………………2分（2）設(shè)AC，DE相交于G．在矩形ABCD中，因?yàn)锳B＝BC，E為AB的中點(diǎn).所以＝＝．

又∠DAE＝∠CDA，所以△DAE∽△CDA，所以∠ADE＝∠DCA．

又∠ADE＋∠CDE＝∠ADC＝90°，所以∠DCA＋∠CDE＝90°．由△DGC的內(nèi)角和為180°，得∠DGC＝90°．即DE⊥AC．

………2分因?yàn)槠矫鍼AC⊥平面ABCD因?yàn)镈Eì平面ABCD，所以DE⊥平面PAC，

……3分

又DEì平面PDE，所以平面PAC⊥平面PDE．…………

2分說明：第一問，方法1和2，下結(jié)論時：不交代平面外一條直線與平面內(nèi)一條直線平行，一律扣2分；方法3，直接由線線平行→面面平行，扣3分；

第二問，不用平幾證明DE⊥AC，扣2分；略22.如圖，圓O的直徑AB=10，P是AB延長線上一點(diǎn)，BP=2，割線PCD交圓O于點(diǎn)C，D，過點(diǎn)P作AP的垂線，交直線AC于點(diǎn)E，交直線AD于點(diǎn)F．（Ⅰ）當(dāng)∠PEC=75°時，求∠PDF的度數(shù)；（Ⅱ）求PE?PF的值．參考答案：【考點(diǎn)】與圓有關(guān)的比例線段．【專題】選作題；推理和證