2021-2022学年福建省漳州市龙海角美中学高三数学理月考试题含解析

2021-2022学年福建省漳州市龙海角美中学高三数学理月考试题含解析一、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.若a=log20.9,b=,c=(,则()(A)a<b<c

(B)a<c<b

(C)c<a<b

(D)b<c<a参考答案：C略2.已知F1、F2是双曲线的左、右焦点，若点F2关于渐近线的对称点M也在双曲线上，则该双曲线的离心率为()A. B. C.2 D.参考答案：D【分析】根据双曲线的方程，先写出点的坐标，以及其中一条渐近线方程，再求出点坐标，代入双曲线方程，即可得出结果.【详解】因为双曲线方程为，所以其中一条渐近线方程为，又是双曲线右焦点，记；设点关于渐近线的对称点为，则有，解得即，又点在双曲线上，所以，整理得，所以离心率为.故选D【点睛】本题主要考查求双曲线的离心率，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.3.（2016?北京模拟）已知定义在R上的奇函数f（x）满足：当x≥0时，f（x）=x﹣sinx，若不等式f（﹣4t）＞f（2mt2+m）对任意实数t恒成立，则实数m的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣） B．（﹣，0） C．（﹣∞，0）∪（，+∞） D．（﹣∞，﹣）∪（，+∞）参考答案：A【考点】函数恒成立问题．【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用．【分析】根据函数的单调性问题转化为2mt2+4t+m＜0，通过讨论m的范围，得到关于m的不等式，求出m的范围即可．【解答】解：由f（x）=x﹣sinx，可得f'（x）=1﹣cosx≥0，故f（x）在[0，+∞）上单调递增，再由奇函数的性质可知，f（x）在R上单调递增，由f（﹣4t）＞f（2mt2+m），可得﹣4t＞2mt2+m，即2mt2+4t+m＜0，当m=0时，不等式不恒成立；当m≠0时，根据条件可得，解之得，综上，m∈（﹣∞，﹣），故选：A．【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查二次函数的性质，是一道中档题．4.复数，则它的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限参考答案：C试题分析：复数的共轭复数为，在复平面内对应点的坐标为，所以位于第三象限。选C考点：复数的概念及运算5.已知函数是定义域为的偶函数，且在[1,+∞)上单调递减，则不等式的解集为()A．B．[1,3)C．D．参考答案：D6.若函数=在上是减函数，则的取值范围为A．[4,+∞)

B．[4,5)

C.[4,8)

D．[8,+∞)参考答案：B7.已知椭圆C：的右焦点为F2，O为坐标原点，M为y轴上一点，点A是直线MF2与椭圆C的一个交点，且，则椭圆C的离心率为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：A因为，所以，设，如图所示，由题意可得，所以，则，解得，所以，解得，故选A．

8.“”是“直线：与直线：平行”的（A）充分不必要条件

（B）必要不充分条件（C）充要条件

（D）既不充分也不必要条件参考答案：A略9.若变量满足约束条件，则目标函数的最大值为A、

B、0C、9

D、15参考答案：D10.在△ABC内部有一点O，满足，则（

）A.

B.

C.

D.1参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设函数若，则的取值范围是

.参考答案：12.已知边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，沿对角线BD折成二面角A－BD－C的大小为120°的四面体，则四面体的外接球的表面积为________．参考答案：28π如图1，取的中点，连接.因为四边形是菱形，所以在平面上的投影为，所以，所以平面平面.

易得外接球的球心在平面内，如图2，在上取点，使，过点作垂直，过点作垂直于.

设与交于点，连接，则，则为球心.

易得垂直平分，其中，所以，所以，即外接球的表面积为，故答案为.13.在中，角的对边分别为，，，，则_______．参考答案：试题分析：由正弦定理得：即，∴，∵，∴.考点：正弦定理.14.在长为12cm的线段AB上任取一点C，以线段AC，BC为邻边作矩形，则该矩形的面积大于32cm2的概率为

．参考答案：15.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB=3,BC=2,则棱锥O-ABCD的体积为

参考答案：【知识点】球内接多面体．L4

【答案解析】解析：∵矩形ABCD中，AB=3，BC=2∴矩形的对角线的长AC==，根据球O的半径为4，可得球心到矩形的距离d==，∴棱锥O﹣ABCD的高h=，可得O﹣ABCD的体积为V==．故答案为：．【思路点拨】根据题意求出矩形ABCD的对角线的长AC=，利用球的截面圆性质求出球心到矩形的距离，从而得出棱锥O﹣ABCD的高，进而可得棱锥的体积．16.已知四边形是边长为的正方形，若，则的值为

.参考答案：17.如图，四面体OABC的三条棱OA、OB、OC两两垂直，OA=OB=2，OC=3，D为四面体OABC外一点．给出下列命题． ①不存在点D，使四面体ABCD有三个面是直角三角形 ②不存在点D，使四面体ABCD是正三棱锥 ③存在点D，使CD与AB垂直并且相等 ④存在无数个点D，使点O在四面体ABCD的外接球面上 其中真命题的序号是． 参考答案：③④【考点】球内接多面体；棱锥的结构特征． 【分析】对于①可构造四棱锥CABD与四面体OABC一样进行判定； 对于②，使AB=AD=BD，此时存在点D，使四面体ABCD是正三棱锥； 对于③取CD=AB，AD=BD，此时CD垂直面ABD，即存在点D，使CD与AB垂直并且相等； 对于④先找到四面体OABC的内接球的球心P，使半径为r，只需PD=r，可判定④的真假． 【解答】解：对于①，∵四面体OABC的三条棱OA，OB，OC两两垂直，OA=OB=2，OC=3， ∴AC=BC=，AB= 当四棱锥CABD与四面体OABC一样时，即取CD=3，AD=BD=2，四面体ABCD的三条棱DA、DB、DC两两垂直， 此时点D，使四面体ABCD有三个面是直角三角形，故①不正确； 对于②，由①知AC=BC=，AB=， 使AB=AD=BD，此时存在点D，CD=，使四面体C﹣ABD是正三棱锥，故②不正确； 对于③，取CD=AB，AD=BD，此时CD垂直面ABD，即存在点D，使CD与AB垂直并且相等，故③正确； 对于④，先找到四面体OABC的内接球的球心P，使半径为r，只需PD=r即可 ∴存在无数个点D，使点O在四面体ABCD的外接球面上，故④正确 故答案为：③④． 【点评】本题主要考查了棱锥的结构特征，同时考查了空间想象能力，转化与划归的思想，以及构造法的运用，属于中档题． 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.已知函数.（1）求函数在上的最小值；（2）若函数有两个不同的极值点、且，求实数的取值范围．参考答案：略19.（本题满分13分）已知函数.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求函数的最小正周期及单调递增区间.参考答案：20.如图，某小区中央广场由两部分组成，一部分是长边为的正方形，另一部分是以为直径的半圆，其圆心为.规划修建的3条直道，，将广场分割为6个区域：I、III、V为绿化区域（图中阴影部分），II、IV、VI为休闲区域、其中点在半圆弧上，分别与，相交于点，.（道路宽度忽略不计）（1）若经过圆心，求点到的距离；（2）设，.①试用表示的长度；②当为何值时，绿化区域面积之和最大.参考答案：以所在直线为轴，以线段的中垂线为轴建立平面直角坐标系.（1）直线的方程为，半圆的方程为（）,由得.所有，点到的距离为.(2)①由题意，得.直线的方程为，令，得.直线的方程为，令，得.所有，的长度为，.②区域IV、VI的面积之和为，区域II的面积为，所以（）.设，则，，当且仅当，即时“=”成立.所有，休闲区域II、IV、VI的面积的最小值为.答：当时，绿化区域I、III、V的面积之和最大.21.（1）阅读以下案例，利用此案例的想法化简．案例：考察恒等式左右两边的系数．因为右边，所以，右边的系数为，而左边的系数为，所以＝．（2）求证：．参考答案：(1)；(2)见解析.【分析】（1）考查恒等式（1+x）7＝（1+x）3（x+1）4左右两边x3的系数可得；（2）根据，考查恒等式（1+x）2n＝（1+x）n（x+1）n左右两边xn的系数．考查恒等式（1+x）2n﹣1＝（1+x）n﹣1（x+1）n左右两边xn﹣1的系数，可得等式成立．【详解】（1）考查恒等式（1+x）7＝（1+x）3（x+1）4左右两边x3的系数，因为右边（1+x）3（x+1）4＝（+x+x2+x3）（x4+x3+x2+x+），所以，右边x3的系数为＝而左边x3的系数为：，所以．（2）∵，．考查恒等式（1+x）2n＝（1+x）n（x+1）n左右两边xn的系数．因为右边xn的系数为＝，而左边的xn的系数为．所以，同理可求得考查恒等式（1+x）2n﹣1＝（1+x）n﹣1（x+1）n左右两边xn﹣1的系数，因为右边（1+x）n﹣1（x+1）n＝（+x+…+xn﹣1）（xn+xn﹣1+…+），所以，右边的xn﹣1的系数为＝，而左边的xn﹣1的系数为，所以＝，﹣＝+2n+﹣＝2n+＝n（+）+＝n（+）+＝n+＝（n+1）．【点睛】本题考查了二项式定理展开式指定项的系数，属于难题．22.如图，点P是△ABC外接圆圆O在C处的切线与割线AB的交点．（1）若∠ACB=∠APC，求证：BC是圆O的直径；（2）若D是圆O上一点，∠BPC=∠DAC，AC=，AB=2，PC=4，求CD的长．参考答案：【考点】与圆有关的比例线段．【分析】（1）利用PC是圆O的切线，通过∠ACP=∠ABC，得到∠APC=∠BAC，求出∠BAC