2022-2023學(xué)年河南省焦作市孟州第二高級中學(xué)高三數(shù)學(xué)理模擬試卷含解析

2022-2023學(xué)年河南省焦作市孟州第二高級中學(xué)高三數(shù)學(xué)理模擬試卷含解析一、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.若函數(shù)的定義域為，則實數(shù)的取值范圍是(

)．． ． ． ．參考答案：D略2.為得到函數(shù)的圖象，只要把函數(shù)圖象上所有的點(

) A．橫坐標(biāo)縮短到原來的倍，縱坐標(biāo)不變 B．橫坐標(biāo)伸長到原來的3倍，縱坐標(biāo)不變 C．縱坐標(biāo)伸長到原來的3倍，橫坐標(biāo)不變 D．縱坐標(biāo)縮短到原來的倍，橫坐標(biāo)不變參考答案：A考點：函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換．專題：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)．分析：由條件根據(jù)函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，可得結(jié)論．解答： 解：把函數(shù)圖象上所有的點橫坐標(biāo)縮短到原來的倍，縱坐標(biāo)不變，可得函數(shù)的圖象，故選：A．點評：本題主要考查函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，屬于基礎(chǔ)題．3.設(shè)△ABC的三邊長分別為a、b、c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為

，則；類比這個結(jié)論可知：四面體S－ABC的四個面的面積分別為、、、，內(nèi)切球半徑為R，四面體P－ABC的體積為V，則R＝（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C因為，，所以類比，故選擇C。直接法簡答如下：如圖（1），，所以；如圖（2），，所以。4.設(shè)是虛數(shù)單位，，為復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)，則A．

B．

C．

D．參考答案：A5.已知為等比數(shù)列，，，則（

）

A.

B.

C.

D.參考答案：D在等比數(shù)列中，，所以公比，又，解得或。由，解得，此時。由，解得，此時，綜上，選D.6.已知向量，，.若，則實數(shù)k的值為（

）A．－8

B．－6

C．－1

D．6參考答案：D7.在等比數(shù)列中，若，是方程的兩根，則的值是（

）A.

B.

C.

D.參考答案：C略8.函數(shù)的部分圖像如圖所示，則的值為A

B

C

D參考答案：A由題意可知T=,，，代入求值即可得到=9.命題“若，則”的逆否命題是A.若，則或

B.

若，則

C.若或，則

D.若或，則參考答案：D由逆否命題的知識.故選D.10.已知不等式組表示區(qū)域D，過區(qū)域D中任意一點P作圓x2+y2=1的兩條切線且切點分別為A、B，當(dāng)∠APB最大時，cos∠APB=(

) A． B． C． D．參考答案：B考點：簡單線性規(guī)劃．專題：不等式的解法及應(yīng)用．分析：作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域，根據(jù)數(shù)形結(jié)合求確定當(dāng)α最小時，P的位置，利用余弦函數(shù)的倍角公式，即可得到結(jié)論．解答： 解：作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖，要使∠APB最大，則∠OPB最大，∵sin∠OPB==，∴只要OP最小即可．則P到圓心的距離最小即可，由圖象可知當(dāng)OP垂直直線3x+4y﹣10=0，此時|OP|=，|OA|=1，設(shè)∠APB=α，則，即sin==，此時cosα=1﹣2sin2=1﹣2×（）2=1﹣=，即cos∠APB=．故選：B點評：本題主要考查線性規(guī)劃的應(yīng)用，利用數(shù)形結(jié)合是解決本題的關(guān)鍵，要求熟練掌握兩角和的倍角公式．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在△ABC中，已知AB＝3，BC＝2，D在AB上，，則AC的長是

▲

．參考答案：

考點：向量的數(shù)量積，余弦定理．12.（本小題滿分13分）已知函數(shù).（Ⅰ）當(dāng)為何值時，無極值；（Ⅱ）試確定實數(shù)的值，使的極小值為.參考答案：（1）（2）

略13.

函數(shù)的最小值為

.參考答案：14.已知橢圓上一點到兩個焦點之間距離的和為，其中一個焦點的坐標(biāo)為，則橢圓的離心率為_____________．參考答案：略15.若正實數(shù)滿足，則的最小值是__

.參考答案：5略16.右圖是一個算法的流程圖，則輸出S的值是

.參考答案：17.已知函數(shù)在是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍是

。參考答案：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.(17)(本小題滿分13分)如圖,四棱柱ABCD－A1B1C1D1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABCD,AB//DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E為棱AA1的中點.

(Ⅰ)證明B1C1⊥CE;(Ⅱ)求二面角B1－CE－C1的正弦值.(Ⅲ)設(shè)點M在線段C1E上,且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為,求線段AM的長.參考答案：19.（14分）已知α∈（，π），tanα=﹣2（1）求的值；（2）求的值．參考答案：【考點】兩角和與差的正切函數(shù)；二倍角的余弦．【專題】三角函數(shù)的求值．【分析】（1）由可求得sinα、cosα的值，利用兩角和的正弦即可求得的值；（2）由sin2α=2sinαcosα=可求得cos2α的值，利用兩角差的余弦可得的值．【解答】解：（1）由得：，…，=…（2）sin2α=2sinαcosα=…，公式和結(jié)論各…，．…，公式和結(jié)論各【點評】本題考查兩角和與差的正切函數(shù)，考查同角三角函數(shù)間的關(guān)系式的應(yīng)用，屬于中檔題．20.（本小題滿分12分）如圖，在棱長為2的正方體中，分別是棱的中點，點分別在棱,上移動，且.（Ⅰ）當(dāng)時，證明：直線∥平面;（Ⅱ）是否存在，使平面與面所成的二面角為直二面角？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.參考答案：幾何方法（Ⅰ）證明：如圖1，連接AD1，由ABCD-A1B1C1D1是正方體，知BC1∥AD1.當(dāng)λ=1時，P是DD1的中點，又F是AD的中點，所以FP∥AD1所以BC1∥FP.而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ.

圖1

圖2

圖3（Ⅱ）如圖2，連接BD.因為E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，所以EF∥BD，且EF=BD.又DP=BQ，DP∥BQ，所以四邊形PQBD是平行四邊形，故PQ∥BD，且PQ=BD，從而EF∥PQ，且EF=PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因為BQ=DP=λ，BE=DF=1，于是EQ=FP=，所以四邊形EFPQ是等腰梯形.同理可證四邊形PQMN是等腰梯形.分別取EF，PQ，MN的中點為H，O，G，連接OH，OG，則GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO=O，故∠GOH是面EFPQ與面PQMN所成的二面角的平面角.若存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則∠GOH=90°.連接EM，F(xiàn)N，則由EF∥MN，且EF=MN，知四邊形EFNM是平行四邊形.連接GH，因為H，G是EF，MN的中點，所以GH=ME=2.在△GOH中，GH2=4，OH2=,OG2=,由OG2+OH2=GH2，得，解得，故存在，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角.

向量方法：以D為原點，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正半軸建立如圖3所示的空間直角坐標(biāo)系D—xyz.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(xiàn)(1，0，0)，P(0，0，λ)=(-2，0，2)，=(-1，0，λ)，=(1，1，0)（Ⅰ）證明：當(dāng)λ=1時，=(-1，0，1)，因為=(-2，0，2)，所以=2，即BC1∥FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ.（Ⅱ）設(shè)平面EFPQ的一個法向量為n=(x，y，z)，則由可得于是可取n=(λ，-λ，1).同理可得平面MNPQ的一個法向量為m=(λ-2，2-λ，1)若存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則m·n=（λ-2，2-λ，1）·（λ，-λ，1）=0，即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0，解得.故存在，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角.21.(本小題滿分10分)選修4-5：參數(shù)方程已知點P是圓上的動點，（1）求的取值范圍；（2）若恒成立，求實數(shù)的取值范圍.參考答案：解：利用三角換元（1）（2）

22.