山西省大同市馬軍營第二中學2022年高三數學理聯考試卷含解析一、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.設，則A. B.C. D.參考答案：C，，所以，所以，選C.2.如圖，在正方體中，為的中點，則在該正方體各個面上的正投影可能是（

）A．①②

B．①④

C．②③

D．②④參考答案：B3.函數在一個周期內的圖象如圖所示，則此函數的解析式是(

) A． B．

C． D．參考答案：B略4.已知兩條直線和互相平行，則等于（

）

A.1或-3

B.-1或3

C.1或3

D.-1或3參考答案：A因為直線的斜率存在且為，所以，所以的斜截式方程為，因為兩直線平行，所以且，解得或，選A.5.如圖1，ABCD是邊長為2的正方形，點E，F分別為BC，CD的中點，將△ABE，△ECF，△FDA分別沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三點重合于點P，若四面體PAEF的四個頂點在同一個球面上，則該球的表面積是（）A． B．6π C． D．12π參考答案：B【考點】球的體積和表面積．【分析】由已知得PA、PF、PE兩兩垂直，且PA=2，PE=PF=1，以PA、PE、PF為棱構造一個長方體，則四面體PAEF的四個頂點在這個長方體的外接球上，由此能求出該球的表面積．【解答】解：∵ABCD是邊長為2的正方形，點E，F分別為BC，CD的中點，將△ABE，△ECF，△FDA分別沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三點重合于點P，∴PA、PF、PE兩兩垂直，且PA=2，PE=PF=1，以PA、PE、PF為棱構造一個長方體，則四面體PAEF的四個頂點在這個長方體的外接球上，∴這個球的半徑為R==，∴該球的表面積是S=4πR2=4π×=6π．故選：B．【點評】本題考查球的表面積的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意球、四面體的性質及構造法的合理應用．6.圓C：（為參數）的普通方程為__________，設O為坐標原點，點M（）在C上運動，點P（x，y）是線段OM的中點，則點P的軌跡方程為________________。參考答案：，7.已知邊長為2的等邊三角形，為的中點，以為折痕，將折成直二面角，則過，，，四點的球的表面積為（

）A．3π B．4π C．5π D．6π參考答案：C8.設向量的（

）A．充分非必要條件

B．必要非充分條件C．充分必要條件

D．既非充分又非必要條件參考答案：B9.已知為的三個內角，向量滿足，且，若最大時，動點使得、、成等差數列，則的最大值是（）A．

B．

C．

D．參考答案：A【知識點】橢圓兩角和與差的三角函數平面向量坐標運算【試題解析】由條件知：

所以

即，即

所以

當且僅當時，A最大為

設BC=2c，因為、、成等差數列，

所以PB+PC=4c=2a，所以P的軌跡為，以B、C為焦點的橢圓，

橢圓方程為：由題知：A（），設P，

時，PA最大，為。

所以的最大值是。10.一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積等于（）A．12 B．4 C． D．參考答案：B【考點】由三視圖求面積、體積．【分析】該幾何體是四棱錐，底面是直角梯形，一條側棱垂直底面，根據公式可求體積．【解答】解：由三視圖復原幾何體，如圖，它的底面是直角梯形，一條側棱垂直底面高為2，這個幾何體的體積：，故選B．

【點評】本題考查三視圖、棱錐的體積；考查簡單幾何體的三視圖的運用；培養(yǎng)同學們的空間想象能力和基本的運算能力；是中檔題．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知，函數在區(qū)間上的最大值是2，則

．參考答案：3或12.△ABC中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c.D是BC邊的中點，且，，，則△ABC面積為

．參考答案：13.已知，函數若函數在上的最大值比最小值大，則的值為 .參考答案：當時，函數的最大值是1，最小值是，則，得；當時，函數的最大值是，最小值是，則，此種情況不成立；當時，函數的最大值是，最小值是1，則，得，綜上得。14.已知實數x，y滿足約束條件，則的最大值_______．參考答案：2【分析】作出可行域，求出區(qū)域的頂點坐標，將頂點坐標一一代入，即可判斷函數的最大值。【詳解】作出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖求得區(qū)域的頂點分別為，，，分別將三點代入目標函數得：，，，所以的最大值為【點睛】本題考查了線性規(guī)劃問題，作出可行域，當不等式組為線性約束條件，目標函數是線性函數，可行域為多邊形區(qū)域時（或有頂點的無限區(qū)域），直接代端點即可求得目標函數的最值。15.若關于的不等式：的解集為，則實數的取值范圍為

參考答案：16.的值為________.參考答案：1。17.一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是

．參考答案：【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積．【專題】空間位置關系與距離．【分析】由三視圖可知：該幾何體左邊為一個四棱錐、右邊為一個直三棱柱．即可得出．【解答】解：由三視圖可知：該幾何體左邊為一個四棱錐、右邊為一個直三棱柱．∴該幾何體的體積V=+=．故答案為：．【點評】本題考查了三視圖的有關知識、四棱錐與直三棱柱的體積計算公式，考查了空間想象能力、推理能力與計算能力，屬于中檔題．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.（2017?唐山一模）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB=90°，AC=CB=2，M、N分別是AB、A1C的中點．（1）求證：MN∥平面BB1C1C；（2）若平面CMN⊥平面B1MN，求直線AB與平面B1MN所成角的正弦值．參考答案：【考點】直線與平面所成的角；直線與平面平行的判定．【分析】（1）連接AC1，BC1，則N∈AC1且N為AC1的中點，證明：MN∥BC1，即可證明MN∥平面BB1C1C；（2）以C為原點，分別以CB，CC1，CA所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面B1MN，即可求直線AB與平面B1MN所成角的正弦值．【解答】（1）證明：連接AC1，BC1，則N∈AC1且N為AC1的中點，又∵M為AB的中點，∴MN∥BC1，又BC1?平面BB1C1C，MN?平面BB1C1C，故MN∥平面BB1C1C．…（4分）（2）解：由A1A⊥平面ABC，得AC⊥CC1，BC⊥CC1．以C為原點，分別以CB，CC1，CA所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設CC1=2λ（λ＞0），則M（1，0，1），N（0，λ，1），B1（2，2λ，0），，=（﹣1，λ，0），．取平面CMN的一個法向量為，由，得：，令y=1，得，同理可得平面B1MN的一個法向量為，∵平面CMN⊥平面B1MN，∴，解得，得，又，設直線AB與平面B1MN所成角為θ，則．所以，直線AB與平面B1MN所成角的正弦值是．【點評】本題考查線面平行的證明，考查線面角，考查向量方法的運用，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．19.（本小題滿分12分）已知(1)求函數上的最小值；(2)若對一切恒成立,求實數的取值范圍；(3)證明:對一切,都有成立.參考答案：解（1），

—————1分當單調遞減，當單調遞增

—————2分①，即時，

；

②，即時，上單調遞增，；所以

—————5分（2），則，[/]

設，則，當單調遞減，當單調遞增，所以

—————8分所以；

—————9分（3）問題等價于證明，

—————10分[/]由（1）可知的最小值是，當且僅當時取到，設，則，易知，當且僅當時取到，從而對一切，都有成立

—————12分略20.設，求證：，等號當且僅當時成立.參考答案：由柯西不等式，得．將上式兩邊同時乘以，再將兩邊同時加上，有，即，所以，．由柯西不等式中等號成立的條件及上述推導過程可知，原不等式中等號當且僅當時成立．21.已知二次函數對任意實數都滿足，且．令。（1）若函數在上的最小值為0，求的值；（2）記函數，若函數有5個不同的零點，求實數的取值范圍。參考答案：（1），（2）解：設，于是所以又，則．所以．

（2分）（1）則．

（2分）令，得（舍），．①當>1時，1

-0+↘↗∴當時,．令，得．

②當時，≥0在上恒成立，在上為增函數，當時,．令，得（舍）．

綜上所述，所求為．

（2分）（2）記，，則據題意有有3個不同的實根，有2個不同的實根，且這5個實根兩兩不相等．（ⅰ）有2個不同的實根，只需滿足；（ⅱ）有3個不同的實根，因，令，得或，當即時，在處取得極大值，而，不符合題意，舍；當即時，不符合題意，舍；當即時，在處取得極大值，；所以；因為（ⅰ）（ⅱ）要同時滿足，故．

（4分）下證：這5個實根兩兩不相等，即證：不存在使得和同時成立；若存在使得，由，即，得，當時，，不符合，舍去；當時，既有

①；又由，即

②；聯立①②式，可得；而當時，沒有5個不同的零點，故舍去，所以這5個實根兩兩不相等．綜上，當時，函數有5個不同的零點．

（4分）

略22.已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1．AB=1，AA1=2，點E為CC1中點，點F為BD1中點．（1）證明EF為BD1與CC1的公垂線；（2）求點D1到面BDE的距離．參考答案：【考點】點、線、面間的距離計算；棱柱的結構特征．【專題】計算題；證明題．【分析】（1）欲證明EF為BD1與CC1的公垂線，只須證明EF分別與為BD1與CC1垂直即可，可由四邊形EFMC是矩形→EF⊥CC1．由EF⊥面DBD1→EF⊥BD1．（2）欲求點D1到面BDE的距離，將距離看成是三棱錐的高，利用等體積法：VE﹣DBD1=VD1﹣DBE．求解即得．【解答】解：（1）取BD中點M．連接MC，FM．∵F為BD