1、2021-2022學年四川省綿陽市壩底中學高三數學理測試題含解析一、 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. 已知三個平面，若，相交但不垂直，分別為內的直線，則 參考答案：B2. 等比數列an中，前n項的和為Sn，已知a3=，則S6等于( )AB9或CD9或參考答案：B考點：等比數列的前n項和 專題：等差數列與等比數列分析：分類討論：當q=1時S6=9；當q1時可得a1和q的方程組，解方程組代入求和公式可得解答：解：設等比數列an的公比為q，當q=1時，顯然滿足a3=，此時S6=6=9；當q1時，可得a1q2=a3=，a1+a1q

2、+a1q2=S3=，解得a1=6，q=，S6=綜上可得S6等于9或故選：B點評：本題考查等比數列的求和公式，涉及分類討論的思想，屬基礎題3. 若某一幾何體的正視圖與側視圖均為邊長是1的正方形，且其體積為，則該幾何體的俯視圖可以是 （ ）參考答案：C4. 將函數y=sin（2x+）的圖象經怎樣平移后所得的圖象關于點（，0）中心對稱（）A向左移B向左移C向右移D向右移參考答案：C【考點】函數y=Asin（x+）的圖象變換【分析】先假設將函數y=sin（2x+）的圖象平移個單位得到關系式，然后將x=代入使其等于0，再由正弦函數的性質可得到的所有值，再對選項進行驗證即可【解答】解：假設將函數y=sin

3、（2x+）的圖象平移個單位得到y=sin（2x+2+）關于點（，0）中心對稱將x=代入得到sin（+2+）=sin（+2）=0+2=k，=+當k=0時，=故選C5. 已知F1，F2是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點且F1PF2=，則橢圓和雙曲線的離心率的倒數之和的最大值為（）ABC3D2參考答案：A【考點】K4：橢圓的簡單性質；HR：余弦定理；KC：雙曲線的簡單性質【分析】根據雙曲線和橢圓的性質和關系，結合余弦定理即可得到結論【解答】解：設橢圓的長半軸為a，雙曲線的實半軸為a1，（aa1），半焦距為c，由橢圓和雙曲線的定義可知，設|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2

4、c，橢圓和雙曲線的離心率分別為e1，e2F1PF2=，由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）22r1r2cos，在橢圓中，化簡為即4c2=4a23r1r2，即，在雙曲線中，化簡為即4c2=4a12+r1r2，即，聯立得， =4，由柯西不等式得（1+）（）（1+）2，即（）=即，d當且僅當時取等號，法2：設橢圓的長半軸為a1，雙曲線的實半軸為a2，（a1a2），半焦距為c，由橢圓和雙曲線的定義可知，設|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，橢圓和雙曲線的離心率分別為e1，e2F1PF2=，由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）22r1r2cos=（r1）2+（r2）2r1

5、r2，由，得，=，令m=，當時，m，即的最大值為，法3：設PF1|=m，|PF2|=n，則，則a1+a2=m，則=，由正弦定理得=，即=sin（120）=故選：A【點評】本題主要考查橢圓和雙曲線的定義和性質，利用余弦定理和柯西不等式是解決本題的關鍵難度較大6. 已知等差數列an滿足a2+a4=4，a3+a5=10，則它的前10項的和S10=（）A. 138 B. 135 C. 95 D. 23參考答案：C略7. 一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）AB5CD6參考答案：A【考點】由三視圖求面積、體積【分析】由三視圖可知幾何體是由直三棱柱和四棱錐組合而成，由三視圖求出幾何元素的長度

6、，由分割法、換底法，以及柱體、錐體的體積公式求出幾何體的體積，【解答】解：由三視圖可知幾何體是由直三棱柱ABDAFG和四棱錐CBDGF組合而成，直觀圖如圖所示：直三棱柱的底面是一個直角三角形，兩條直角邊分別是1、2，高是2，幾何體的體積V=V三棱柱ABDEFG+V四棱錐CBDGF=V三棱柱ABDEFG+V三棱錐CDFG+V三棱錐CBDF=V三棱柱ABDEFG+V三棱錐FCDG+V三棱錐FBDC=2+=，故選：A8. 拋物線按照向量平移后，其頂點在一次函數的圖象上，則的值為A.2 B.3 C.4 D.5參考答案：答案:B9. 由直線x=1，x=2，曲線及x軸所圍圖形的面積為（ ）ABCln2 D

7、參考答案：C10. 已知，若恒成立，則的取值范圍是（ ）A B C D參考答案：C二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 如圖，已知是的直徑，是的切線，過作弦，若，則 參考答案：12. 設為平面內一些向量組成的集合,若對任意正實數和向量,都有,則稱M為“點射域”.現有下列平面向量的集合:；上述為“點射域”的集合的有_（寫正確的標號）參考答案：略13. 設拋物線y2=4x的焦點為F，準線為l.則以F為圓心，且與l相切的圓的方程為_參考答案：(x-1)2+y2=4.【分析】由拋物線方程可得焦點坐標，即圓心，焦點到準線距離即半徑，進而求得結果.【詳解】拋物線y2=4x中，2P=4，

8、P=2，焦點F（1,0），準線l的方程為x=-1，以F為圓心，且與l相切的圓的方程為 (x-1)2+y2=22,即為(x-1)2+y2=4.14. （1）（坐標系與參數方程選做題）曲線C的直角坐標方程為x2y2-2x=0，以原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立積坐標系，則曲線C的極坐標方程為_?！久}立意】本題考查參數方程，考查極坐標與平面直角坐標系之間的轉化?！窘馕觥恳驗椋源胫苯亲鴺朔匠陶淼?，所以，即極坐標方程為。參考答案：因為，所以代入直角坐標方程整理得，所以，即極坐標方程為?！敬鸢浮?5. 方程x21=ln|x|恰有4個互不相等的實數根x1，x2，x3，x4，則x1+x2+x3+x

9、4= 參考答案：0【考點】根的存在性及根的個數判斷【分析】根據函數與方程之間的關系轉化為兩個函數的交點問題，判斷函數的奇偶性，利用奇偶性的對稱性的性質進行求解即可【解答】解：設f（x）=x21，g（x）=ln|x|，則函數f（x）與g（x）都是偶函數，若方程x21=ln|x|恰有4個互不相等的實數根x1，x2，x3，x4，則這4個根，兩兩關于y軸對稱，則x1+x2+x3+x4=0，故答案為：016. 若定義在m，m（m0）上的函數f（x）=+xcosx（a0，a1）的最大值和最小值分別是M、N，則M+N= 參考答案：6【考點】函數的最值及其幾何意義【分析】f（x）可化為3+xcosx，令g（x

10、）=+xcosx，則f（x）=g（x）+3，根據函數的奇偶性可得g（x）在1，1上關于原點對稱，再根據函數的單調性可得【解答】解：函數f（x）=+xcosx（1x1）=3+xcosx，令g（x）=+xcosx，則f（x）=g（x）+3，因為g（x）=xcos（x）=xcosx=g（x），且x1，1，所以g（x）在1，1上關于原點對稱，即為奇函數，因為f（x）和g（x）單調性相同，所以f（x）取到最大值M時，相對應的x下的g（x）也取最大值M3，同理f（x）有最小值m時，g（x）也取最小值N3，g（x）最大值M=M3，最小值N=N3，因為g（x）關于坐標原點對稱可得所以（M3）+（N3）=0，所

11、以M+N=6故答案為：617. 已知F1、F2是橢圓的左、右焦點，點P是橢圓上任意一點，從F1引F1PF2的外角平分線的垂線，交F2P的延長線于M，則點M的軌跡方程是_參考答案：略三、 解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18. （本小題滿分14分）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，平面底面，為的中點，是棱上的點，（1）求證：平面平面；（2）若二面角為，設，試確定 的值參考答案：（1）見解析；（2） 【知識點】平面與平面垂直的證明; 實數的取值G10 G11解析：（1）證法一：ADBC，BC=AD，Q為AD的中點，四邊形BCDQ為平行四邊形，CDBQ 1分A

12、DC=90，AQB=90，即QBAD 2分又平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=AD，4分BQ平面PAD 5分BQ?平面PQB，平面PQB平面PAD 6分證法二：ADBC，BC=AD，Q為AD的中點，四邊形BCDQ為平行四邊形，CDBQ 1分ADC=90AQB=90，即QBAD 2分PA=PD，PQAD 3分PQBQ=Q ， 4分AD平面PBQ 5分AD?平面PAD，平面PQB平面PAD 6分（2）法一：PA=PD，Q為AD的中點，PQAD面PAD面ABCD，且面PAD面ABCD=AD，PQ面ABCD7分如圖，以Q為原點建立空間直角坐標系則平面BQC的法向量為；8分，設，則，9分

13、,，10分在平面MBQ中，平面MBQ法向量為12分二面角為30，得14分法二：過點作/交于點，過作交于點，連接，因為面,所以面，由三垂線定理知，則為二面角的平面角。9分（沒有證明扣2分）設，則，10分，且三線都共面，所以/， 11分在中，13分 解得 14分【思路點撥】（）法一：由ADBC，BC=AD，Q為AD的中點，知四邊形BCDQ為平行四邊形，故CDBQ由ADC=90，知QBAD由平面PAD平面ABCD，知BQ平面PAD由此能夠證明平面PQB平面PAD法二：由ADBC，BC=AD，Q為AD的中點，知四邊形BCDQ為平行四邊形，故CDBQ由ADC=90，知AQB=90由PA=PD，知PQAD

14、，故AD平面PBQ由此證明平面PQB平面PAD（）由PA=PD，Q為AD的中點，知PQAD由平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=AD，知PQ平面ABCD以Q為原點建立空間直角坐標系，利用向量法能夠求出t=319. （本小題滿分10分）選修45：不等式選講已知,不等式的解集為.(1)求；(2)當時,證明:.參考答案：【知識點】不等式的證明；帶絕對值的函數N4（1）；（2）見解析解析：（1）解不等式： 或 或或或，. （2）需證明：，只需證明，即需證明。證明： ，所以原不等式成立.【思路點撥】（1）將函數寫成分段函數，再利用f（x）4，即可求得M；（2）利用作差法，證明4（a+b）2

15、（4+ab）20，即可得到結論 20. 某地方政府準備在一塊面積足夠大的荒地上建一如圖所示的一個矩形綜合性休閑廣場，其總面積為3000平方米，其中場地四周（陰影部分）為通道，通道寬度均為2米，中間的三個矩形區域將鋪設塑膠地面作為運動場地（其中兩個小場地形狀相同），塑膠運動場地占地面積為平方米.(1）分別寫出用表示和用表示的函數關系式（寫出函數定義域）；(2）怎樣設計能使S取得最大值，最大值為多少？參考答案：（）由已知=3000 , ，則=()=3030-2300=2430當且僅當,即時，“”成立，此時 .即設計x=50米，y=60米時，運動場地面積最大，最大值為2430平方米. 21. 已知函

16、數f（x）=x1+（aR，e為自然對數的底數）（）若曲線y=f（x）在點（1，f（1）處的切線平行于x軸，求a的值；（）求函數f（x）的極值；（）當a=1的值時，若直線l：y=kx1與曲線y=f（x）沒有公共點，求k的最大值參考答案：【考點】利用導數研究函數的極值；利用導數研究曲線上某點切線方程【分析】（）依題意，f（1）=0，從而可求得a的值；（）f（x）=1，分a0時a0討論，可知f（x）在（，lna）上單調遞減，在（lna，+）上單調遞增，從而可求其極值；（）令g（x）=f（x）（kx1）=（1k）x+，則直線l：y=kx1與曲線y=f（x）沒有公共點?方程g（x）=0在R上沒有實數解，

17、分k1與k1討論即可得答案【解答】解：（）由f（x）=x1+，得f（x）=1，又曲線y=f（x）在點（1，f（1）處的切線平行于x軸，f（1）=0，即1=0，解得a=e（）f（x）=1，當a0時，f（x）0，f（x）為（，+）上的增函數，所以f（x）無極值；當a0時，令f（x）=0，得ex=a，x=lna，x（，lna），f（x）0；x（lna，+），f（x）0；f（x）在（，lna）上單調遞減，在（lna，+）上單調遞增，故f（x）在x=lna處取到極小值，且極小值為f（lna）=lna，無極大值綜上，當a0時，f（x）無極值；當a0時，f（x）在x=lna處取到極小值lna，無極大值（）當

18、a=1時，f（x）=x1+，令g（x）=f（x）（kx1）=（1k）x+，則直線l：y=kx1與曲線y=f（x）沒有公共點，等價于方程g（x）=0在R上沒有實數解假設k1，此時g（0）=10，g（）=1+0，又函數g（x）的圖象連續不斷，由零點存在定理可知g（x）=0在R上至少有一解，與“方程g（x）=0在R上沒有實數解”矛盾，故k1又k=1時，g（x）=0，知方程g（x）=0在R上沒有實數解，所以k的最大值為122. （12分）已知橢圓的離心率為，且短軸長為，是橢圓的左右兩個焦點，若直線過，傾斜角為,交橢圓于兩點.（1）求橢圓的標準方程.（2）求的周長與面積.參考答案：【知識點】橢圓及其幾何性質H5【答案解析】（1） （2）8；（1）離心率為，且短軸長為2，解得：c2=，a2=6，b2=3，橢圓C的標準方程為=1；