山东省青岛市平度铁岭庄中学2021-2022学年高三数学理月考试题含解析

山东省青岛市平度铁岭庄中学2021-2022学年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.如图几何体的主（正）视图和左（侧）视图都正确的是 （

）

参考答案：C略2.已知α∈（π，π），cosα=﹣，则tan（﹣α）等于（）A．7 B． C．﹣ D．﹣7参考答案：B【考点】两角和与差的正切函数；同角三角函数间的基本关系．【分析】由α的范围及cosα的值，确定出sinα的值，进而求出tanα的值，所求式子利用两角和与差的正切函数公式及特殊角的三角函数值化简后，将tanα的值代入计算即可求出值．【解答】解：∵α∈（π，π），cosα=﹣，∴sinα=﹣=﹣，∴tanα==，则tan（﹣α）===．故选B3.若将函数f（x）=sin2x+cos2x的图象向右平移φ个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是（） A． B． C． D． 参考答案：C略4.下表为某设备维修的工序明细表，其中“紧后工序”是指一个工序完成之后必须进行的下一个工序工序代号工序名称或内容紧后工序A拆卸B，CB清洗DC电器检修与安装HD检查零件E，GE部件维修或更换FF部件配合试验GG部件组装HH装配与试车

将这个设备维修的工序明细表绘制成工序网络图，如图，那么图中的1,2,3,4表示的工序代号依次为（

）A．E，F，G，G

B．E，G，F，G

C．G，E，F，F

D．G，F，E，F参考答案：A由设备维修的工序明细表知：后可以是；因为后是，所以4是，1是．

因为后是，所以2是，3是．

故图中的1，2，3，4表示的工序代号依次为选A

5.设则“≥2且≥2”是“≥4”的(

)(A)充分不必要条件

(B]必要不充分条件(C)充要条件

(D)即不充分也不必要条件参考答案：A略6.已知定义在R上的奇函数f(x)，满足当，则关于x的方程满足

（

）A．对任意，恰有一解

B．对任意，恰有两个不同解C．存在,有三个不同解

D．存在,无解参考答案：A7.已知O是平面上的一个定点，A，B，C，是平面上不共线三个点，动点P满足：，则动点P的轨迹一定通过△ABC的（

） A、内心 B、垂心 C、外心 D、重心参考答案：D8.已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,P,Q是面对角线A1C1上的两个不同动点.则以下结论不成立的是

（

）Ａ.存在P,Q两点,使BPDQ;B存在P,Q两点,使BP,DQ与直线B1C都成450的角;C若|PQ|=1,则四面体BDPQ的体积一定是定值;D.若|PQ|=1,则四面体BDPQ在该正方体六个面上的正投影的面积的和为定值.参考答案：B9.已知复数满足，其中为虚数单位，则等于（

）A．10

B．

C．5

D．参考答案：D本题考查复数的概念与运算.因为,所以,所以.选D.10.（5分）已知向量=（2，1），=（﹣1，k），?（2﹣）=0，则k=（）A．﹣12B．﹣6C．6D．12参考答案：D【考点】：数量积判断两个平面向量的垂直关系．【分析】：利用向量的数量积个数求出；再利用向量的运算律将已知等式展开，将的值代入，求出k的值．解：∵∴∵即10﹣k+2=0解得k=12故选D【点评】：本题考查向量的坐标形式的数量积公式、考查向量的分配律．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.如图所示的一块长方体木料中，已知，设F为线段上一点，则该长方体中经过点的截面面积的最小值为▲．参考答案：【知识点】空间向量及运算G9以为z轴，为y轴，DA为x轴建系，设截面与交于KF(2，0,0)，则,=(-2,0，-1)S=sin,则=,,最小值为，则面积最小值为。【思路点拨】S=sin,则=,,最小值为，则面积最小值为。12.过点引直线与曲线相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线的斜率等于_____________.参考答案：略13.已知曲线C：，若过曲线C外一点引曲线C的两条切线，它们的倾斜角互补，则的值为

.参考答案：略14.函数的定义域是

。参考答案：试题分析：因为，所以所以函数的定义域为：。考点：函数的定义域及三角不等式.15.已知G为△ABC的重心，令，，过点G的直线分别交AB、AC于P、Q两点，且，，则=．参考答案：3考点：平面向量的基本定理及其意义．专题：平面向量及应用．分析：显然，根据G点为重心，从而可以用表示，而和共线，从而，而已知，从而会最后得到关于的式子：，从而得到，两式联立消去x即可求出答案．解答：解：如图，=；∴；G为△ABC的重心；∴，；∴；整理得，；∴；消去x得，；∴．故答案为：3．点评：考查向量加法、减法的几何意义，共线向量基本定理，重心的性质：重心到顶点距离是它到对边中点距离的2倍，以及向量加法的平行四边形法则，向量的加法、减法运算，平面向量基本定理．16.已知函数在区间上是减函数，则实数a的取值范围是

.参考答案：略17.已知，则二项式展开式中的常数项是

．参考答案：240，展开式通项为，令，，∴常数项为．故答案为240．

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.甲、乙两人做出拳游戏（锤子、剪刀、布），求：(1）平局的概率；(2）甲赢的概率；(3）乙赢的概率.参考答案：甲有3种不同的出拳方法，每一种出法是等可能的，乙同样有等可能的3种不同出法.一次出拳游戏共有3×3=9种不同的结果，可以认为这9种结果是等可能的.所以一次游戏（试验）是古典概型.它的基本事件总数为9.平局的含义是两人出法相同，例如都出了锤.甲赢的含义是甲出锤且乙出剪，甲出剪且乙出布，甲出布且乙出锤这3种情况.乙赢的含义是乙出锤且甲出剪，乙出剪且甲出布，乙出布且甲出锤这3种情况.设平局为事件A，甲赢为事件B，乙赢为事件C.容易得到：(1）平局含3个基本事件（图中的△）；(2）甲赢含3个基本事件（图中的⊙）；(3）乙赢含3个基本事件（图中的※）.由古典概率的计算公式，可得P（A）；P（B）；P（C）.19.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是边长为2的正三角形，D是CC1的中点，E是A1B1的中点.（1）证明：DE∥平面A1BC；（2）若，求直线A1C1与平面A1BC所成角的正弦值.参考答案：(1)见证明；(2)【分析】（1）取的中点，连接，，据题设可得四边形是平行四边形，根据线面平行的证明定理即可得证；（2）延长交于点，连接，根据题设条件可证明，，两两垂直，因而以O为原点，以，，为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，即可求得平面的法向量为，根据直线与平面夹角的正弦值为直线与平面法向量夹角的余弦值即可得解【详解】（1）证明：设点是的中点，连接，，∵，分别是，的中点，∴，且.又在平行四边形中，是的中点，∴，且，∴，且，∴四边形是平行四边形，∴.又∵平面，平面，∴平面.（2）解：如图，延长交于点，连接，则由（1）及知，且是的中点，∵是正三角形，∴.又在直三棱柱中，平面平面，平面平面，∴平面，故，所以，，两两垂直.如图，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，∴，，.设平面的法向量为，则，即，解得，∴可取.设直线与平面的所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的证明，空间向量在求直线与平面夹角中的应用，关键是如何建立空间直角坐标系，属于中档题。20.(本小题满分12分）已知函数在处取得极值.(Ⅰ)求；(Ⅱ)设函数，如果在开区间上存在极小值，求实数的取值范围.参考答案：略21.已知分别在射线（不含端点）上运动，，在中，角、、所对的边分别是、、．

（Ⅰ）若、、依次成等差数列，且公差为2．求的值；

（Ⅱ）若，，试用表示的周长，并求周长的最大值．

参考答案：解（Ⅰ）、、成等差，且公差为2，、.又，，，

，恒等变形得，解得或.又，.

（Ⅱ）在中，，，，.

的周长，又，,

当即时，取得最大值．略22.（本题满分12分）我校要用三辆校车从本校区把教师接到东校区，已知从本校区到东校区有两条公路，校车走公路①堵车的概率为，不堵车的概率为；校车走公路②堵车的概率为，不堵车的概率为．若甲、乙两辆校车走公路①，丙校车由于其他原因走公路②，且三辆车是否堵车相互之间没有影响．（1）若三辆校车中恰有一辆校车被堵的概率为，求走公路②堵车的概率；（2）在（1）的条件下，求三辆校车中被堵车辆的个数的