2022-2023學(xué)年山西省忻州市西窖中學(xué)高三數(shù)學(xué)文模擬試題含解析

2022-2023學(xué)年山西省忻州市西窖中學(xué)高三數(shù)學(xué)文模擬試題含解析一、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.已知向量，，則=（）A．1 B． C．2 D．4參考答案：C【考點】向量的模．【分析】根據(jù)向量的加法算出再求模．【解答】解：∵，，∴=（﹣1，）∴||==2故選C．【點評】本題主要考查向量的加法和模的運算．2.如圖，有6個半徑都為1的圓，其圓心分別為，，，，，．記集合M＝{⊙Oi｜i＝1，2，3，4，5，6}．若A，B為M的非空子集，且A中的任何一個圓與B中的任何一個圓均無公共點，則稱(A，B)為一個“有序集合對”(當(dāng)A≠B時，(A，B)和(B，A)為不同的有序集合對)，那么M中“有序集合對”(A，B)的個數(shù)是(A)50

(B)54

(C)58

(D)60

參考答案：B3.給出下列圖象其中可能為函數(shù)的圖象是A.①③

B.①②

C.③④

D.②④

參考答案：A4.當(dāng)時，函數(shù)取得最小值，則函數(shù)是（

）ks5uA.奇函數(shù)且圖像關(guān)于點對稱

B.偶函數(shù)且圖像關(guān)于點對稱C.奇函數(shù)且圖像關(guān)于直線對稱

D.偶函數(shù)且圖像關(guān)于點對稱參考答案：C略5.若集合，則A．

B．

C．

D．參考答案：A略6.已知函數(shù)，且，若關(guān)于的方程有3個不同實根，則實數(shù)k的取值范圍是（

）A.

B.

C.

D.參考答案：C7.我國南北朝時間著名數(shù)學(xué)家祖暅提出了祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”.意思是：夾在兩平行平面間的兩個幾何體，被平行于這兩個平行平面的任何平面所載，若截得的兩個截面面積總相等，則這兩個幾何體的體積相等.為計算球的體積，構(gòu)造一個底面半徑和高都與球半徑相等的圓柱，然后再圓柱內(nèi)挖去一個以圓柱下底面圓心為頂點，圓柱上底面為底面的圓錐，運用祖暅原理可證明此幾何體與半球體積相等（任何一個平面所載的兩個截面面積都相等）.將橢圓繞y軸旋轉(zhuǎn)一周后得一橄欖狀的幾何體，類比上述方法，運用祖暅原理可求得其體積等于（

）A．24π

B．32π

C.48π

D．64π參考答案：C如圖所示，橢圓的長半軸為4，短半軸為3.現(xiàn)構(gòu)造一個底面半徑為3，高為4的圓柱，然后在圓柱內(nèi)挖去一個以圓柱下底面圓心為頂點，圓柱上底面為底面的圓錐，當(dāng)截面距離下底面的高度為h時，設(shè)橄欖狀的幾何體對應(yīng)的截面平徑為R，圓柱對應(yīng)截面的小圓半徑為r，則由可得，則橄欖狀的幾何體對應(yīng)的截面面積.由相似可得：，即，圓柱對應(yīng)的截面的面積，則，由祖暅原理可得幾何體的體積為：.本題選擇C選項.

8.若等差數(shù)列{an}滿足a12+a32=2，則的取值范圍是（）A．[1，3] B．[﹣1，十1] C．[3﹣2，3+2] D．[4﹣2，4+2]．參考答案：C【考點】數(shù)列與不等式的綜合；等差數(shù)列的性質(zhì)．【專題】等差數(shù)列與等比數(shù)列．【分析】利用等差數(shù)列的性質(zhì)求出a4yu公差d的范圍，然后利用基本不等式求解表達式的范圍．【解答】解：設(shè)等差數(shù)列的公差為d，由a12+a32=2，得，化為：，由判別式△≥0，得：16﹣20（﹣1）≥0，即，同樣可以算出d2≤1．則===1﹣=1﹣，當(dāng)，1﹣≥1﹣=3﹣2．滿足等號的條件，，，1﹣=1﹣=1+≤=3+2，的取值范圍是：[3﹣2，3+2]．故選：C．【點評】本題考查數(shù)列的基本性質(zhì)的應(yīng)用，基本不等式求解表達式的最值的求法，考查計算能力．9.為虛數(shù)單位，復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)的點在

（

）A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限參考答案：C10.已知數(shù)列滿足，則數(shù)列的通項公式

(A)

（B）

（C）

（D）參考答案：A由得上面?zhèn)€式子相加得二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在極坐標(biāo)系中，點（2，）到直線ρcos（x﹣）=0的距離是．參考答案：考點： 簡單曲線的極坐標(biāo)方程．專題： 坐標(biāo)系和參數(shù)方程．分析： 把極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程，再利用點到直線的距離公式即可得出．解答： 解：點P（2，）化為，即．直線ρcos（x﹣）=0化為，化為+y=0．∴點（2，）到直線ρcos（x﹣）=0的距離d==．故答案為：．點評： 本題考查了把極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程、點到直線的距離公式，屬于基礎(chǔ)題．12.已知，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，有下列五個命題：①若，且，則；②若，且，則；③若，且，則；④若，且，則；⑤若，，，則．則所有正確命題的序號是

.參考答案：①②⑤

略13.已知點P(x，y)滿足條件y的最大值為8，則

.參考答案：-614.設(shè)a＞0，b＞0，且a+b=1，則+的最小值為

．參考答案：4【考點】基本不等式．【分析】根據(jù)基本不等式的應(yīng)用，即可求+的最小值．【解答】解：∵a+b=1，∴+=（a+b）（+）=2+，當(dāng)且僅當(dāng)，即a=b=時，取等號．故答案為：4．15.雙曲線的離心率為

，漸近線方程為

．參考答案：由題得所以雙曲線的離心率為漸近線方程為

16.如圖1，在矩形ABCD中，AB＝2BC，E、F分別是AB、CD的中點，現(xiàn)在沿EF把這個矩形折成一個直二面角A－EF－C(如圖2)，則在圖2中直線AF與平面EBCF所成的角的大小為＿＿＿＿＿＿。參考答案：45?(或)17.我們知道，以正三角形的三邊中點為頂點的三角形與原三角形的面積之比為1：4，類比該命題得，以正四面體的四個面的中心為頂點的四面體與原四面體的體積之比為．參考答案：

【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積．【分析】由題意畫出圖形，結(jié)合三角形中位線、三角形重心的性質(zhì)及相似三角形的面積比等于相似比的平方得答案．【解答】解：如圖，設(shè)正四面體ABCD四個面的中心分別為E、F、G、H，AH為四面體ABCD的面BCD上的高，交面EFG于H，則，又，∴，則，同理可得，∴正四面體的四個面的中心為頂點的四面體與原四面體的體積之比為．故答案為：．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.（本題12分）如圖，在四棱錐E—ABCD中，底面ABCD為邊長為5的正方形，AE平面CDE，AE=3.（Ⅰ）若為的中點，求證：平面；（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．參考答案：證明：(1)連結(jié)交于，連為中點，為中點，，平面，平面，平面．………………（6分）（2）過作于，連結(jié)，………(7分)平面，平面，，，平面，平面，平面，，平面，平面，為在平面內(nèi)的射影，為與平面的所成角的平面角，又平面，為直角三角形，，且，．…（12分）19.（本小題滿分13分）已知集合A=，B=，（1）當(dāng)時，求（2）若：，：，且是的必要不充分條件，求實數(shù)的取值范圍。參考答案：解析（1）：，

（2）

為：

而為：，

又是的必要不充分條件，即

所以

或

或

即實數(shù)的取值范圍為。

20.已知橢圓C：=1（a＞b＞0）離心率為，過橢圓上一點P分別作斜率為的兩條直線，這兩條直線與x軸分別交于點M，N兩點，且|OM|2+|ON|2=8．（Ⅰ）求橢圓C的方程；（Ⅱ）設(shè)直線PM，PN與橢圓C的另外兩個交點分別為Q，R，當(dāng)點P的橫坐標(biāo)為1時，求△PQR的面積．參考答案：【考點】KL：直線與橢圓的位置關(guān)系；K3：橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．【分析】（Ⅰ）由e=?．設(shè)P（m，n），得M（m﹣，0），N（，0），由|OM|2+|ON|2=8．得．即橢圓C的方程為：．（Ⅱ）不妨設(shè)P（1，），直線PM：．由，且x≠1，可得Q（﹣，﹣）．同理得R（，），即可得|QR|=，直線QR的方程為y=．點P到QR的距離為，于是△PQR的面積s=【解答】解：（Ⅰ）∵e=，∴，?．設(shè)P（m，n），直線PM的方程：y﹣n=，令y=0，得M（m﹣，0）直線PN：y﹣n=﹣（x﹣m），令y=0，得N（，0），∵|OM|2+|ON|2=8．∴（m﹣）2+（m+）2=8，化簡得：．∴橢圓C的方程為：．（Ⅱ）當(dāng)x=1時，y=±，不妨設(shè)P（1，）直線PM：．直線PN：．由，且x≠1，可得Q（﹣，﹣）．同理得R（，），∴|QR|=，直線QR的方程為y=．∴點P到QR的距離為，于是△PQR的面積s=21.如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高為3，底面是邊長為4且∠DAB=的菱形，AC∩BD=O，A1C1∩B1D1=O1，E是O1A的中點.（1）求證：平面O1AC⊥平面O1BD；（2）求二面角O1－BC－D的大小；（3）求點E到平面O1BC的距離.參考答案：解析：證明：（1）在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∵底面是菱形，且AC∩BD=O，A1C1∩B1D1=O1，∴OO1∥CC1，又四棱柱是直四棱柱，∴OO1⊥面ABCD，且AC面ABCD，∴OO1⊥AC，又底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴AC⊥面O1BD，又AC面O1AC，故平面O1AC⊥平面O1BD.（2）過O作OF⊥BC于F，連結(jié)O1F，根據(jù)三垂線定理，得O1F⊥BC，∴∠O1FO為所求角，∵底面是邊長為4