浙江省金华市兰溪第五中学2022年度高三数学文模拟试卷含解析

浙江省金华市兰溪第五中学2022年度高三数学文模拟试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.在数学解题中，常会碰到形如“”的结构，这时可类比正切的和角公式.如：设a，b是非零实数，且满足，则（

）A.4 B. C.2 D.参考答案：D【分析】已知，

对左边分式的分子分母同时除以，令=tan,构造成“”的结构，利用正切的和角公式化简，然后求出tan的值。【详解】不等于零，令=tan，，所以，故本题选D。【点睛】本题考查了两角和的正切公式。本题重点考查了类比构造法。2.将一骰子抛掷两次，所得向上点数分别为和，则函数在上为增函数的概率是A．

B．

C．

D．参考答案：D3.下列函数中，在区间（0，+∞）上单调递增的是A. B.y= C. D.参考答案：A【分析】根据函数图像性质可得出结果.【详解】函数，在区间（0，+∞）上单调递减，函数在区间（0，+∞）上单调递增，故选A.

4.设变量x,y满足约束条件,则目标函数的最大值为(

)A．2 B．3 C．4 D．5参考答案：D略5.已知不等式对任意的实数x，y成立，则常数a的最小值为(A)l

(B)2

(C)3

(D)4参考答案：D略6.已知△ABC的三个顶点均在抛物线x2=y上，边AC的中线BM∥y轴，|BM|=2，则△ABC的面积为（）A．2 B．2 C．4 D．8参考答案：B【考点】抛物线的简单性质．【分析】作AH⊥BM交BM的延长线于H，求出|BM|，|AH|，即可求得△ABC的面积．【解答】解：根据题意设A（a，a2），B（b，b2），C（c，c2），不妨设a＞c，∵M为边AC的中点，∴M（，），又BM∥y轴，则b=，故|BM|=|﹣b2|==2，∴（a﹣c）2=8，即a﹣c=2，作AH⊥BM交BM的延长线于H．故△ABC的面积为2S△ABM==2|a﹣b|=a﹣c=2．故选B．7.“m=”是“直线(m+2)x+3my+1=0与直线(m－2)x+(m+2)y－3=0相互垂直”的 A．充分必要条件

B．充分而不必要条件 C．.必要而不充分条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：B略8.如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C9.若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(

)

A.2

B.1

C.

D.参考答案：B10.执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）A．12 B．11 C．10 D．9参考答案：B【考点】程序框图．【分析】根据程序框图，依次计算运行的结果，直到满足条件T＞2016，即可得到n的值．【解答】解：模拟程序的运行，可得n=2，x=2，y=2，s=4，T=4，执行循环体，n=3，x=4，y=4，s=8，T=12，执行循环体，n=4，x=8，y=6，s=14，T=26，执行循环体，n=5，x=16，y=8，s=24，T=50，执行循环体，n=6，x=32，y=10，s=42，T=92，执行循环体，n=7，x=64，y=12，s=76，T=168，执行循环体，n=8，x=128，y=14，s=142，T=310，执行循环体，n=9，x=256，y=16，s=272，T=582，执行循环体，n=10，x=512，y=18，s=530，T=1112，执行循环体，n=11，x=1024，y=20，s=1044，T=2156，满足条件T＞2016，退出循环，输出n的值为11．故选：B．【点评】本题考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程依次计算程序运行的结果是解答此类问题的常用方法，属于基础题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，设，则a，b，c的大小关系是

参考答案：；略12.（5分）过抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，若x1+x2=6，则|AB|=．参考答案：8【考点】：直线与圆锥曲线的关系．【专题】：计算题．【分析】：抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A（x1，y1）B（x2，y2）两点，故|AB|=x1+x2+2，由此易得弦长值．解：由题意，p=2，故抛物线的准线方程是x=﹣1，∵抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A（x1，y1）B（x2，y2）两点∴|AB|=x1+x2+2，又x1+x2=6∴∴|AB|=x1+x2+2=8故答案为8．【点评】：本题考查抛物线的简单性质，解题的关键是理解到焦点的距离与到准线的距离相等，由此关系将求弦长的问题转化为求点到线的距离问题，大大降低了解题难度．13.无限循环小数可以化为分数，如，请你归纳出

；参考答案：略14.已知函数f（x）=|x2﹣4|+a|x﹣2|，x∈[﹣3，3]．若f（x）的最大值是0，则实数a的取值范围是

．参考答案：（﹣∞，﹣5]【分析】由题意可得f（x）=|x2﹣4|+a|x﹣2|=|x﹣2|（|x+2|+a）≤0，分离参数，得到a≤﹣|x+2|，设y=﹣|x+2|，x∈[﹣3，3]．画出图象，结合图象即可得到a的取值范围．【解答】解：f（x）=|x2﹣4|+a|x﹣2|=|x﹣2|（|x+2|+a）≤0，当x=2时，f（x）=0恒成立，当x≠2时，∴|x+2|+a≤0，∴a≤﹣|x+2|，设y=﹣|x+2|，x∈[﹣3，3]．则其图象为：由图象可知ymin=﹣5，a≤﹣5，故实数a的取值范围是（﹣∞，﹣5]，故答案为：（﹣∞，﹣5]【点评】本题考查了参数的取值的范围，关键是分离参数，属于基础题．15.若复数z满足1+zi=z（i为虚数单位），则z=．参考答案：考点：复数代数形式的混合运算．专题：数系的扩充和复数．分析：直接利用复数的出错运算法则化简求解即可．解答：解：1+zi=z，z===．故答案为：．点评：本题考查复数的代数形式的混合运算，基本知识的考查．16.已知曲线在点(1,0)处的切线方程为，则实数a的值为_______.参考答案：2【分析】求导函数。由可求得。【详解】由题意，，由得。故答案为：2。【点睛】本题考查导数的几何意义，函数在某点处的导数就是函数图象在该点的导数值。17.若命题“存在实数，使”的否定是假命题，则实数的取值范围为

。参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.(本小题满分12分)

已知四面体P—ABCD中，PB平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ABC=BCD=90o，PB=BC=CD=AB．Q是PC上的一点．

(I)求证：平面PAD面PBD；

(II)当Q在什么位置时，PA∥平面QBD?参考答案：19.计算（满分12分）（1）

（2）

参考答案：20.(本题满分12分)如图，在四棱锥中，为正三角形，⊥平面，⊥平面，为棱的中点，.（I）求证：∥平面；（II）求证：平面⊥平面．参考答案：（1）取AC中点N，连接MN,BN

由于M、N分别是AE、AC的中点，∴EC

，又BDEC∴MNBD从而MNBD为平行四边形∴

DM//BN,又所以DM//面ABC

………………6分(2)

由（1）及ABC为等边三角形，∴BN丄AC，又BD丄面ABC∴BD丄AC,

BN∩BD=B从而AC⊥面BDN，即AC丄面BDMN而AC在平面AEC内，

∴面EAC上面BDMN,

即面ECA丄面BDM

………12分21.如图，已知AD为半圆O的直径，AB为半圆O的切线，割线BMN交AD的延长线于点C，且BM=MN=NC，AB=2．（Ⅰ）求圆心O到割线BMN的距离；（Ⅱ）求CD的长．参考答案：【考点】与圆有关的比例线段；直线与圆相交的性质．【专题】推理和证明．【分析】（Ⅰ）设BM=x（x＞0），则由切割线定理解得x=2，由勾股定理可得AC，过O作OP⊥MN于P，通过△ABC∽△POC，求出OP，得到圆心O到割线BMN的距离．（Ⅱ）连结OM，在Rt△OPM中，求出OM，得到圆O的直径AD为，从而求出CD的长．【解答】解：（Ⅰ）设BM=x（x＞0），则由切割线定理可得BA2=BM?BN，又BM=MN=NC，则（2）2=x（x+x），解得x=2，从而BC，=6，由勾股定理可得AC==2．过O作OP⊥MN于P，则CP=3，易证△ABC∽△POC，则，所以OP===．圆心O到割线BMN的距离：．（Ⅱ）连结OM，在Rt△OPM中，OM==．即圆O的直径AD为，从而CD的长为：2﹣=．【点评】本题考查推理与证明，直线与圆相交的性质的应用，考查切割线定理以及勾股定理的应用．22.在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AA1=8，AC=AB=5，BC=6，点A1在底面ABC的射影是线段BC的中点O，在侧棱AA1上存在一点E，且OE⊥B1C．（1）求证：OE⊥面BB1C1C；（2）求平面A1B1C与平面B1C1C所成锐二面角的余弦值的大小．参考答案：考点：二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）由已知得A1O⊥面ABC，从而A1O⊥BC，由等腰三角形性质得BC⊥AO，从而EO⊥BC，又OE⊥B1C，由此能证明OE⊥面BB1C1C．（2）由勾股定理得AO=4，，分别以OC、OA、OA1为x、y、z轴建立空间坐标系，求出面A1B1C的法向量和面C1B1C的法向量，由此能求出平面A1B1C与平面B1C1C所成锐二面角的余弦值．解答： 解：（1）证明：∵点A1在底面ABC的射影是线段BC的中点O，∴A1O⊥面ABC，而BC?面ABC，∴A1O⊥BC，…又∵AC=AB=5，线段BC的中点O，∴BC⊥AO，∵A1O∩AO=O，…∴BC⊥面A1OA，EO?面A1OA，EO⊥BC，又∵OE⊥B1C，B1C∩BC=C，B1C?面BB1C1C，BC?面BB1C1C，∴OE⊥面BB1C1C．…（2）解：由（1）知，在△AOB中，AO2+BO2=AB2，则AO=4，在△A1AO中，，则分别以OC、OA、OA1为x、y、z轴建立空间坐标系，C（3，0，0），A1（0，0，4），A（0，4，0），B（