山西省大同市马军营第二中学2022年高三数学理联考试卷含解析

山西省大同市马军营第二中学2022年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.设，则A. B.C. D.参考答案：C，，所以，所以，选C.2.如图，在正方体中，为的中点，则在该正方体各个面上的正投影可能是（

）A．①②

B．①④

C．②③

D．②④参考答案：B3.函数在一个周期内的图象如图所示，则此函数的解析式是(

) A． B．

C． D．参考答案：B略4.已知两条直线和互相平行，则等于（

）

A.1或-3

B.-1或3

C.1或3

D.-1或3参考答案：A因为直线的斜率存在且为，所以，所以的斜截式方程为，因为两直线平行，所以且，解得或，选A.5.如图1，ABCD是边长为2的正方形，点E，F分别为BC，CD的中点，将△ABE，△ECF，△FDA分别沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三点重合于点P，若四面体PAEF的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是（）A． B．6π C． D．12π参考答案：B【考点】球的体积和表面积．【分析】由已知得PA、PF、PE两两垂直，且PA=2，PE=PF=1，以PA、PE、PF为棱构造一个长方体，则四面体PAEF的四个顶点在这个长方体的外接球上，由此能求出该球的表面积．【解答】解：∵ABCD是边长为2的正方形，点E，F分别为BC，CD的中点，将△ABE，△ECF，△FDA分别沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三点重合于点P，∴PA、PF、PE两两垂直，且PA=2，PE=PF=1，以PA、PE、PF为棱构造一个长方体，则四面体PAEF的四个顶点在这个长方体的外接球上，∴这个球的半径为R==，∴该球的表面积是S=4πR2=4π×=6π．故选：B．【点评】本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意球、四面体的性质及构造法的合理应用．6.圆C：（为参数）的普通方程为__________，设O为坐标原点，点M（）在C上运动，点P（x，y）是线段OM的中点，则点P的轨迹方程为________________。参考答案：，7.已知边长为2的等边三角形，为的中点，以为折痕，将折成直二面角，则过，，，四点的球的表面积为（

）A．3π B．4π C．5π D．6π参考答案：C8.设向量的（

）A．充分非必要条件

B．必要非充分条件C．充分必要条件

D．既非充分又非必要条件参考答案：B9.已知为的三个内角，向量满足，且，若最大时，动点使得、、成等差数列，则的最大值是（）A．

B．

C．

D．参考答案：A【知识点】椭圆两角和与差的三角函数平面向量坐标运算【试题解析】由条件知：

所以

即，即

所以

当且仅当时，A最大为

设BC=2c，因为、、成等差数列，

所以PB+PC=4c=2a，所以P的轨迹为，以B、C为焦点的椭圆，

椭圆方程为：由题知：A（），设P，

时，PA最大，为。

所以的最大值是。10.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于（）A．12 B．4 C． D．参考答案：B【考点】由三视图求面积、体积．【分析】该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，一条侧棱垂直底面，根据公式可求体积．【解答】解：由三视图复原几何体，如图，它的底面是直角梯形，一条侧棱垂直底面高为2，这个几何体的体积：，故选B．

【点评】本题考查三视图、棱锥的体积；考查简单几何体的三视图的运用；培养同学们的空间想象能力和基本的运算能力；是中档题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知，函数在区间上的最大值是2，则

．参考答案：3或12.△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c.D是BC边的中点，且，，，则△ABC面积为

．参考答案：13.已知，函数若函数在上的最大值比最小值大，则的值为 .参考答案：当时，函数的最大值是1，最小值是，则，得；当时，函数的最大值是，最小值是，则，此种情况不成立；当时，函数的最大值是，最小值是1，则，得，综上得。14.已知实数x，y满足约束条件，则的最大值_______．参考答案：2【分析】作出可行域，求出区域的顶点坐标，将顶点坐标一一代入，即可判断函数的最大值。【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图求得区域的顶点分别为，，，分别将三点代入目标函数得：，，，所以的最大值为【点睛】本题考查了线性规划问题，作出可行域，当不等式组为线性约束条件，目标函数是线性函数，可行域为多边形区域时（或有顶点的无限区域），直接代端点即可求得目标函数的最值。15.若关于的不等式：的解集为，则实数的取值范围为

参考答案：16.的值为________.参考答案：1。17.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是

．参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】由三视图可知：该几何体左边为一个四棱锥、右边为一个直三棱柱．即可得出．【解答】解：由三视图可知：该几何体左边为一个四棱锥、右边为一个直三棱柱．∴该几何体的体积V=+=．故答案为：．【点评】本题考查了三视图的有关知识、四棱锥与直三棱柱的体积计算公式，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，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.（2017?唐山一模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB=90°，AC=CB=2，M、N分别是AB、A1C的中点．（1）求证：MN∥平面BB1C1C；（2）若平面CMN⊥平面B1MN，求直线AB与平面B1MN所成角的正弦值．参考答案：【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定．【分析】（1）连接AC1，BC1，则N∈AC1且N为AC1的中点，证明：MN∥BC1，即可证明MN∥平面BB1C1C；（2）以C为原点，分别以CB，CC1，CA所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面B1MN，即可求直线AB与平面B1MN所成角的正弦值．【解答】（1）证明：连接AC1，BC1，则N∈AC1且N为AC1的中点，又∵M为AB的中点，∴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为原点，分别以CB，CC1，CA所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设CC1=2λ（λ＞0），则M（1，0，1），N（0，λ，1），B1（2，2λ，0），，=（﹣1，λ，0），．取平面CMN的一个法向量为，由，得：，令y=1，得，同理可得平面B1MN的一个法向量为，∵平面CMN⊥平面B1MN，∴，解得，得，又，设直线AB与平面B1MN所成角为θ，则．所以，直线AB与平面B1MN所成角的正弦值是．【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角，考查向量方法的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．19.（本小题满分12分）已知(1)求函数上的最小值；(2)若对一切恒成立,求实数的取值范围；(3)证明:对一切,都有成立.参考答案：解（1），

—————1分当单调递减，当单调递增

—————2分①，即时，

；

②，即时，上单调递增，；所以

—————5分（2），则，[/]

设，则，当单调递减，当单调递增，所以

—————8分所以；

—————9分（3）问题等价于证明，

—————10分[/]由（1）可知的最小值是，当且仅当时取到，设，则，易知，当且仅当时取到，从而对一切，都有成立

—————12分略20.设，求证：，等号当且仅当时成立.参考答案：由柯西不等式，得．将上式两边同时乘以，再将两边同时加上，有，即，所以，．由柯西不等式中等号成立的条件及上述推导过程可知，原不等式中等号当且仅当时成立．21.已知二次函数对任意实数都满足，且．令。（1）若函数在上的最小值为0，求的值；（2）记函数，若函数有5个不同的零点，求实数的取值范围。参考答案：（1），（2）解：设，于是所以又，则．所以．

（2分）（1）则．

（2分）令，得（舍），．①当>1时，1

-0+↘↗∴当时,．令，得．

②当时，≥0在上恒成立，在上为增函数，当时,．令，得（舍）．

综上所述，所求为．

（2分）（2）记，，则据题意有有3个不同的实根，有2个不同的实根，且这5个实根两两不相等．（ⅰ）有2个不同的实根，只需满足；（ⅱ）有3个不同的实根，因，令，得或，当即时，在处取得极大值，而，不符合题意，舍；当即时，不符合题意，舍；当即时，在处取得极大值，；所以；因为（ⅰ）（ⅱ）要同时满足，故．

（4分）下证：这5个实根两两不相等，即证：不存在使得和同时成立；若存在使得，由，即，得，当时，，不符合，舍去；当时，既有

①；又由，即

②；联立①②式，可得；而当时，没有5个不同的零点，故舍去，所以这5个实根两两不相等．综上，当时，函数有5个不同的零点．

（4分）

略22.已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1．AB=1，AA1=2，点E为CC1中点，点F为BD1中点．（1）证明EF为BD1与CC1的公垂线；（2）求点D1到面BDE的距离．参考答案：【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱的结构特征．【专题】计算题；证明题．【分析】（1）欲证明EF为BD1与CC1的公垂线，只须证明EF分别与为BD1与CC1垂直即可，可由四边形EFMC是矩形→EF⊥CC1．由EF⊥面DBD1→EF⊥BD1．（2）欲求点D1到面BDE的距离，将距离看成是三棱锥的高，利用等体积法：VE﹣DBD1=VD1﹣DBE．求解即得．【解答】解：（1）取BD中点M．连接MC，FM．∵F为BD