2021-2022學(xué)年浙江省嘉興市桐鄉(xiāng)鳳鳴中學(xué)高三數(shù)學(xué)理模擬試題含解析

2021-2022學(xué)年浙江省嘉興市桐鄉(xiāng)鳳鳴中學(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a＞0，b＞0，若不等式﹣﹣≤0恒成立，則m的最大值為（）A．4 B．16 C．9 D．3參考答案：B【考點】基本不等式．【分析】不等式恒成立?的最小值，利用不等式的基本性質(zhì)求出即可．【解答】解：不等式恒成立?的最小值，∵a＞0，b＞0，=10+≥10+=16，當且僅當，即a=b時取等號．∴m≤16，即m的最大值為16．故選B．2.把函數(shù)的圖象向左平移個單位得到的圖象（如圖），則（

）A．

B．

C.

D.

參考答案：C略3.如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A．6 B．9 C．12 D．18參考答案：B【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；由三視圖求面積、體積．【分析】由已知中的三視圖可得：該幾何體是兩個三棱柱形成的組合體，進而可得答案．【解答】解：由已知中的三視圖可得：該幾何體是兩個三棱柱形成的組合體，下部的三棱柱，底面面積為：×4×3=6，高為1，體積為：6；上部的三棱柱，底面面積為：×2×3=3，高為1，體積為：3；故組合體的體積V=6+3=9，故選：B4.函數(shù)（其中）的圖象不可能是參考答案：C5.已知f（x）＝asin2x＋bcos2x，其中a，b∈R，ab≠0，若f（x）≤｜f（）｜對一切x∈R恒成立，且f（）＞0，則f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是

A．[kπ－，kπ＋]（k∈Z）

B．[kπ＋，kπ＋]（k∈Z）

C．[kπ，kπ＋]（k∈Z）

D．[kπ－，kπ]（k∈Z）參考答案：B略6.（5分）已知函數(shù)的圖象經(jīng)過點（0，1），則該函數(shù)的一條對稱軸方程為（）A．B．C．D．參考答案：C【考點】：正弦函數(shù)的對稱性．【專題】：計算題．【分析】：點在線上，點的坐標適合方程，求出φ，然后確定函數(shù)取得最大值的x值就是對稱軸方程，找出選項即可．解：把（0，1）代入函數(shù)表達式，知sinφ=因為|φ|＜

所以φ=當2x+=+2kπ（k∈Z）時函數(shù)取得最大值，解得對稱軸方程x=+kπ（k∈Z）令k=0得故選C【點評】：本題考查正弦函數(shù)的對稱性，考查計算能力，是基礎(chǔ)題．取得最值的x值都是正弦函數(shù)的對稱軸．7.已知P為直線y=kx+b上一動點，若點P與原點均在直線x﹣y+2=0的同側(cè)，則k，b滿足的條件分別為（）A．k=1，b＜2 B．k=1，b＞2 C．k≠1，b＜2 D．k≠1，b＞2參考答案：A【考點】二元一次不等式（組）與平面區(qū)域．【專題】轉(zhuǎn)化思想；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；不等式的解法及應(yīng)用．【分析】設(shè)出P的坐標，根據(jù)點與直線的位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為二元一次不等式的關(guān)系，結(jié)合不等式恒成立進行求解即可．【解答】解：∵P為直線y=kx+b上一動點，∴設(shè)P（x，kx+b），∵點P與原點均在直線x﹣y+2=0的同側(cè)，∴（x﹣kx﹣b+2）（0﹣0+2）＞0，即2[（1﹣k）x+2﹣b]＞0恒成立，即（1﹣k）x+2﹣b＞0恒成立，則1﹣k=0，此時2﹣b＞0，得k=1且b＜2，故選：A．【點評】本題主要考查二元一次不等式表示平面區(qū)域，利用條件轉(zhuǎn)化為不等式關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．8.若平面向量，，兩兩所成的角相等，且||=1，||=1，||=3，則|++|=A．2 B.5C.2或5 D.或參考答案：C9.從某小學(xué)中隨機抽取100名學(xué)生，將他們的身高(單位：厘米)數(shù)據(jù)繪制成頻率分布直方圖(如圖2)．由圖中數(shù)據(jù)可知，身高在[120,130]內(nèi)的學(xué)生人數(shù)為()圖2A．20

B．25

C．30

D．35參考答案：C略10.已知函數(shù)滿足：都是偶函數(shù)，當時，則下列說法錯誤的是（

）A、函數(shù)在區(qū)間[3，4]上單調(diào)遞減；B、函數(shù)沒有對稱中心；C、方程在上一定有偶數(shù)個解；D、函數(shù)存在極值點，且；參考答案：D略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設(shè)為的反函數(shù)，則的最大值為_______.參考答案：是上的單調(diào)增函數(shù)，且為的反函數(shù)，與單調(diào)性相同，當時，的最大值為且當時，的定義域為且當時，的最大值為故答案為

12.(幾何證明選做題)如圖，圓O的直徑AB=8，C為圓周上一點，BC=4，過C作圓的切線，過A作直線的垂線AD，D為垂足，AD與圓O交于點E，則線段AE的長為

．參考答案：４13.在極坐標系中，曲線ρ=cosθ+1與ρcosθ=1的公共點到極點的距離為

．參考答案：【考點】點的極坐標和直角坐標的互化；兩點間的距離公式．【分析】聯(lián)立ρ=cosθ+1與ρcosθ=1消掉θ即可求得ρ，即為答案．【解答】解：由ρ=cosθ+1得，cosθ=ρ﹣1，代入ρcosθ=1得ρ（ρ﹣1）=1，解得ρ=或ρ=（舍），所以曲線ρ=cosθ+1與ρcosθ=1的公共點到極點的距離為，故答案為：．14.（不等式選講選做題）設(shè)函數(shù)則=_____；若，則x的取值范圍是________；參考答案：答案：6；解析：將函數(shù)去絕對值化為分段函數(shù)，再在各段上解不等式f(x)5取其并集。15.對于兩個圖形，我們將圖形上的任意一點與圖形上的任意一點間的距離中的最小值，叫做圖形與圖形的距離.若兩個函數(shù)圖像的距離小于1，陳這兩個函數(shù)互為“可及函數(shù)”.給出下列幾對函數(shù)，其中互為“可及函數(shù)”的是_________.（寫出所有正確命題的編號）①；

②，；③，；

④，；⑤，.參考答案：②④16.執(zhí)行如右圖所示的程序框圖，輸出的值為

.

參考答案：2略17.已知，則 .參考答案：或

略三、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.(本小題滿分13分）設(shè)橢圓的一個項點與拋物線的焦點重合，分別是橢圓的左、右焦點，且離心率，過橢圓右焦點的直線與橢圓交于M、N兩點．(I)求橢圓C的方程；(II)若．求直線的方程。(Ⅲ)若AB是橢圓C經(jīng)過原點O的弦，MN//AB，求證：為定值．

參考答案：19.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，△PCD為等邊三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD=2，AD=3.（Ⅰ）設(shè)G，H分別為PB，AC的中點，求證：GH∥平面PAD；（Ⅱ）求證：PA⊥平面PCD；（Ⅲ）求直線AD與平面PAC所成角的正弦值.參考答案：（I）證明：連接BD，易知，，又由，故GH∥PD，又因為平面PAD，平面PAD，所以GH∥平面PAD.（II）證明：取棱PC的中點N，連接，依題意，得，又因為平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故，又已知，，所以平面.（III）解：連接，由（II）中平面，可知為直線與平面所成的角.因為為等邊三角形，且為的中點，所以，又，在中，，所以，直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、平面與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力和推理能力.

20.設(shè)橢圓C：+=1（a＞b＞0）的左焦點為F，離心率為，過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為．（1）求橢圓C的方程；（2）直線l：y=kx+t（k≠0）與橢圓C交于M、N兩點，線段MN的垂直平分線與y軸交點P（0，﹣），求△MON（O為坐標原點）面積的最大值．參考答案：考點：直線與圓錐曲線的綜合問題；橢圓的標準方程；橢圓的簡單性質(zhì)；橢圓的應(yīng)用．專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；圓錐曲線中的最值與范圍問題．分析：對第（1）問，由離心率得a與c的等量關(guān)系，由橢圓的通徑長為，得a與b有等量關(guān)系，結(jié)合c2=a2﹣b2，消去c，即得a2，b2，從而得橢圓C的標準方程．對第（2）問，聯(lián)立直線l與橢圓C的方程，消去y，得到關(guān)于x的一元二次方程，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），線段MN的中點為G（x0，y0），由韋達定理及中點公式，得x0及y0的表達式，用k，t表示直線MN的垂直平分線的方程，將P點坐標（0，﹣）代入，得k與t的等量關(guān)系．由弦長公式，得|MN|，由點到直線距離公式，得△MON底邊MN上的高，從而得△MON面積的表達式，即可探求其面積的最大值．解答： 解：（1）設(shè)F（﹣c，0），由離心率知，a2=3c2=3（a2﹣b2），得3b2=2a2．…①易知，過F且與x軸垂直的直線方程為x=﹣c，代入橢圓方程中，得，解得y=±由題意，得，得．…②聯(lián)立①、②，得，b2=2，故橢圓C的方程為．（2）由，消去y，整理，得（3k2+2）x2+6ktx+3t2﹣6=0，…③有△=24（3k2+2﹣t2）＞0，得3k2+2＞t2，…④設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），MN的中點為G（x0，y0），由韋達定理，得x1+x2=，，則x0=，，∴線段MN的垂直平分線方程為：y﹣=﹣（x+），將P點的坐標（0，﹣）代入上式中，得﹣﹣=﹣（0+），化簡得：3k2+2=4t，代入④式中，有4t＞t2，得0＜t＜4．

|MN|===．設(shè)原點O到直線MN的距離為d，則，∴S△MON=?|MN|?d=?．==，當t=2時，S△MON有最大值，此時，由3k2+2=4t知，k=±，∴△MON面積的最大值為，此時直線l的方程為y=±x+2．點評：本題計算量較大，考查了橢圓標準方程的求法，直線與橢圓相交的綜合問題，處理此類問題的常見技巧如下：1．確定橢圓的標準方程，關(guān)鍵是確定a2，b2的值，若引入c，則需建立關(guān)于a，b，c的三個獨立的方程，注意隱含條件“a2=b2+c2”運用．2．對于直線與橢圓相交的有關(guān)三角形面積的最值問題，一般是聯(lián)立直線與橢圓的方程，利用韋達定理及弦長公式，寫出面積的表達式，轉(zhuǎn)化為一元二次函數(shù)問題，或利用導(dǎo)數(shù)，或利用其本不等式尋求最值．21.（本小題滿分15分）已知橢圓的左右焦點分別為F1,F2，離心率為，點M在橢圓上，且滿足MF2⊥x軸，.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）若直線y=kx+2交橢圓于A,B兩點，求△ABO（O為坐標原點）面積的最大值.參考答案：(I)由已知得，又由，可得，，得橢圓方程為，因為點在第一象限且軸，可得的坐標為，由，解得，所以橢圓方程為(II)設(shè)將代入橢圓，可得由，可得，則有所以因為直線與軸交點的坐標為所以的面積令,由①知所以時，