2021-2022学年山东省济宁市任城区长沟中学高三数学理联考试卷

2021-2022学年山东省济宁市任城区长沟中学高三数学理联考试卷含解析一、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.已知集合，则A．(2，6)

B．(2，7)

C．(－3，2]

D．(－3，2)参考答案：C2.64个直径都为的球，记它们的体积之和为V甲，表面积之和为S甲；一个直径为a的球，记其体积为V乙，表面积为S乙，则

A．V甲＞V乙且S甲＞S乙

B．V甲＜V乙且S甲＜S乙

C．V甲＝V乙且S甲＞S乙

D．V甲＝V乙且S甲＝S乙参考答案：答案：C3.集合，定义集合，已知，则的子集为参考答案：D4.记复数z的虚部为，已知z满足，则为（）A.－1 B.－i C.2 D.2i参考答案：A【分析】根据复数除法运算求得，从而可得虚部.【详解】由得：

本题正确选项：【点睛】本题考查复数虚部的求解问题，关键是通过复数除法运算得到的形式.5.若直线l：y=kx﹣1与曲线C：f（x）=x﹣1+没有公共点，则实数k的最大值为（）A．﹣1 B． C．1 D．参考答案：C【考点】函数的图象．【分析】直线l：y=kx﹣1与曲线f（x）=x﹣1+没有公共点，则x﹣1+=kx﹣1无解，可化为k=1+，设g（x）=1+，求导，研究此函数的单调性即可解决【解答】解：若直线l：y=kx﹣1与曲线f（x）=x﹣1+没有公共点，则x﹣1+=kx﹣1无解，∵x=0时，上述方程不成立，∴x≠0则x﹣1+=kx﹣1可化为k=1+，设g（x）=1+，∴g′（x）=∴g′（x）满足：在（﹣∞，﹣1）上g′（x）＞0，在（﹣1，0）上g′（x）＜0，在（0，+∞）上g′（x）＜0，∴g（x）满足：在（﹣∞，﹣1）上递增，在（﹣1，0）上递减，在（0，+∞）上递减，g（﹣1）=1﹣e，而当x→+∞时，g（x）→1，∴g（x）的图象：∴g（x）∈（﹣∞，1﹣e]∪（1，+∞）无解时，k∈（1﹣e，1]，∴kmax=1，故选：C6.函数的零点所在的区间为

（

）A.

B.

C.

D.参考答案：B7.是虚数单位，复数等于(

)

参考答案：A8.如图的程序图的算法思路中是一种古老而有效的算法﹣﹣辗转相除法，执行改程序框图，若输入的m，n的值分别为30，42，则输出的m=（）A．10 B．12 C．13 D．16参考答案：B【考点】程序框图．【专题】计算题；图表型；试验法；算法和程序框图．【分析】模拟程序框图的运行过程，该程序执行的是欧几里得辗转相除法，求出运算结果即可．【解答】解：模拟程序框图的运行过程，如下；m=30，n=42，30÷42=0，余数是30，r=30，不满足条件r=0，m=42，n=30，42÷30=1，余数是12，r=12，不满足条件r=0，m=30，n=12，30÷12=2，余数是6，r=6，不满足条件r=0，m=12，n=6，12÷6=2，余数是0，r=0，满足条件r=0，退出循环，输出m的值为12．故选：B．【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的答案，是基础题．9.函数在区间内的零点个数是

A．0

B．1

C．2

D．3参考答案：B10.若复数z满足，其中i为虚数单位，是z的共轭复数，则复数（

）A． B． C．4 D．5参考答案：D复数，、，∵，∴，即，解得，，∴，∴．故选D．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设函数图象的一条对称轴是直线，则__________。参考答案：12.已知P是△ABC所在平面内一点，，现将一粒黄豆随机撒在△ABC内，则黄豆落在△PBC内的概率是_____________.参考答案：13.已知x∈N*，f(x)=，其值域记为集合D，给出下列数值：-26，-1，9，14，27，65，则其中属于集合D的元素是_________．(写出所有可能的数值)参考答案：．-26，14，6514.若实数x，y满足xy=4，则x2+4y2的最小值为

．参考答案：16考点：基本不等式．专题：不等式的解法及应用．分析：由已知可得y=，代入要求的式子，由基本不等式可得．解答： 解：∵xy=4，∴y=∴x2+4y2=x2+≥2=16，当且仅当x2=，即x=±2时取等号，故答案为：16点评：本题考查基本不等式，属基础题．15.如图，已知球是棱长为的正方体的内切球，则平面截球的截面面积为

；参考答案：略16.已知函数是偶函数，且当时，，则=_______.参考答案：略17.设是方程的解，且，则=▲。参考答案：【知识点】函数零点问题

B9由，得令，.故答案为.【思路点拨】由方程得到对应的函数，由零点存在性定理得到方程根的范围，则答案可求．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.某汽车厂生产A、B两类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种，某月产量如表：

轿车A轿车B舒适型100x标准型300400

按分层抽样的方法在该月生产的轿车中抽取50辆，其中A类轿车20辆。(1)求x的值；(2)用分层抽样的方法在B类轿车中抽取一个容量为6的样本，从样本中任意取2辆，求至少有一辆舒适轿车的概率。参考答案：19.23．在极坐标系中，曲线C：ρ=2acosθ（a＞0），l：ρcos（θ﹣）=，C与l有且仅有一个公共点．（Ⅰ）求a；（Ⅱ）O为极点，A，B为C上的两点，且∠AOB=，求|OA|+|OB|的最大值．参考答案：解：（Ⅰ）曲线C：ρ=2acosθ（a＞0），变形ρ2=2ρacosθ，化为x2+y2=2ax，即（x﹣a）2+y2=a2．∴曲线C是以（a，0）为圆心，以a为半径的圆；由l：ρcos（θ﹣）=，展开为，∴l的直角坐标方程为x+y﹣3=0．由直线l与圆C相切可得=a，解得a=1．（Ⅱ）不妨设A的极角为θ，B的极角为θ+，则|OA|+|OB|=2cosθ+2cos（θ+）=3cosθ﹣sinθ=2cos（θ+），当θ=﹣时，|OA|+|OB|取得最大值2考点：简单曲线的极坐标方程．专题：坐标系和参数方程．分析：（I）把圆与直线的极坐标方程分别化为直角坐标方程，利用直线与圆相切的性质即可得出a；（II）不妨设A的极角为θ，B的极角为θ+，则|OA|+|OB|=2cosθ+2cos（θ+）=2cos（θ+），利用三角函数的单调性即可得出．解答：解：（Ⅰ）曲线C：ρ=2acosθ（a＞0），变形ρ2=2ρacosθ，化为x2+y2=2ax，即（x﹣a）2+y2=a2．∴曲线C是以（a，0）为圆心，以a为半径的圆；由l：ρcos（θ﹣）=，展开为，∴l的直角坐标方程为x+y﹣3=0．由直线l与圆C相切可得=a，解得a=1．（Ⅱ）不妨设A的极角为θ，B的极角为θ+，则|OA|+|OB|=2cosθ+2cos（θ+）=3cosθ﹣sinθ=2cos（θ+），当θ=﹣时，|OA|+|OB|取得最大值2．点评：本题考查了把圆与直线的极坐标方程分别化为直角坐标方程、直线与圆相切的性质、极坐标方程的应用、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．20.如图，直角三角形ABC中，∠BAC=60°，点F在斜边AB上，且AB=4AF．D，E是平面ABC同一侧的两点，AD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，AD=3，AC=BE=4．（Ⅰ）求证：平面CDF⊥平面CEF；（Ⅱ）点M在线段BC上，异面直线CF与EM所成角的余弦值为，求CM的长．参考答案：【考点】异面直线及其所成的角；平面与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）由余弦定理得CF=2且CF⊥AB，AD⊥CF，从而CF⊥平面DABE，∠DFE为二面角D﹣CF﹣E的平面角．推导出∠DFE=90°，由此能证明平面CDF⊥平面CEF．（Ⅱ）以C为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，建立空间直角坐标系C﹣xyz，利用向量法能求出a的值．【解答】证明：（Ⅰ）∵直角三角形ABC中，∠BAC=60°，AC=4，∴AB=8，AF=AB=2，由余弦定理得CF=2且CF⊥AB．∵AD⊥平面ABC，CF?平面ABC，∴AD⊥CF，又AD∩AB=A，∴CF⊥平面DABE，∴CF⊥DF，CF⊥EF．∴∠DFE为二面角D﹣CF﹣E的平面角．又AF=2，AD=3，BE=4，BF=6，故Rt△ADF∽Rt△BFE．∴∠ADF=∠BFE，∴∠AFD+∠BFE=∠AFD+∠ADF=90°，∴∠DFE=90°，D﹣CF﹣E为直二面角．∴平面CDF⊥平面CEF．…解：（Ⅱ）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C﹣xyz，则C（0，0，0），B（0，4，0），E（0，4，4），F（3，，0），M（0，a，0），（0≤a≤4）∴=（3，，0），=（0，a﹣4，﹣4），∵异面直线CF与EM所成角的余弦值为，∴|cos?，＞|===，解得a=，故CM=．…21.(本题12分)如图,在长方体中,点在棱上.

(1)求异面直线与所成的角；

(2)若二面角的大小为,求点到面的距离.参考答案：解法一:(1)连结.由是正方形知.

∵平面,

∴是在平面内的射影.根据三垂线定理得,则异面直线与所成的角为.…………5分(2)作,垂足为,连结,则.

所以为二面角的平面角,.于是,

易得,所以,又,所以.

设点到平面的距离为,则由于即,

因此有,即,∴.………………12分解法二:如图,分别以为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系.

(1)由,得,

设,又,则.

∵∴,则异面直线与所成的角为.……5分

(2)为面的法向量,设为面的法向量,则,∴.

①由,得,则,即,∴

②由①、②,可取,又,所以点到平面的距离.…