2022年山东省聊城市第三中学高三数学理月考试题含解析

2022年山东省聊城市第三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.图中的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入的a，b，i的值分别为8，10，0，则输出的a和i和值分别为（）A．2，5 B．2，4 C．0，4 D．0，5参考答案：A【考点】程序框图．【分析】由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a，b，i的值，即可得到结论．【解答】解：模拟执行程序框图，可得：a=8，b=10，i=0，i=1，不满足a＞b，不满足a=b，b=10﹣8=2，i=2满足a＞b，a=8﹣2=6，i=3，满足a＞b，a=6﹣2=4，i=4，满足a＞b，a=4﹣2=2，i=5，不满足a＞b，满足a=b，输出a的值为2，i的值为5．故选：A．2.已知向量，，则“”是“”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：A3.设集合，，若，则（

）A.

B.

C.

D.参考答案：B略4.P是△ABC所在平面内一点，若=λ+，其中λ∈R，则P点一定在（）A．△ABC内部 B．AC边所在直线上C．AB边所在直线上 D．BC边所在直线上参考答案：B【考点】向量在几何中的应用．【分析】根据，代入，根据共线定理可知与共线，从而可确定P点一定在AC边所在直线上．【解答】解：∵，，∴=，则，∴∥，即与共线，∴P点一定在AC边所在直线上，故选B．5.如图正四棱锥（底面是正方形，顶点在底面的射影是底

面的中心）P-ABCD的底面边长为6cm，侧棱长为5cm，则它的侧视图的周长等于(

)．A.17cm

B.

C.16cm

D.14cm参考答案：D6.函数的定义域为（

）A.

B.

C.

D.参考答案：D由，得，又，故函数的定义域为.7.若，是两个非零向量，则“”是“”的（

）（A）充分不必要条件

（B）充要条件

（C）必要不充分条件

（D）既不充分也不必要条件参考答案：B略8.设等差数列的前行项和为，若，则（▲）A．

B．

C．

D．参考答案：【知识点】等差数列的性质以及前n项和

D2A因为，所以可得，，而.故选择A.【思路点拨】根据等差数列的前n项和性质可得，即可求得公差，进而求得结果.9.函数f（x）=的定义域为（）A．（﹣1，+∞） B．[﹣1，+∞） C．（﹣1，1）∪（1，+∞） D．[﹣1，1）∪（1，+∞）参考答案：C【考点】函数的定义域及其求法．【专题】函数的性质及应用．【分析】依题意可知要使函数有意义需要x+1＞0且x﹣1≠0，进而可求得x的范围．【解答】解：要使函数有意义需，解得x＞﹣1且x≠1．∴函数的定义域是（﹣1，1）∪（1，+∞）．故选C．【点评】本题主要考查对数函数的定义域及其求法，熟练解不等式组是基础，属于基础题．10.给出下列命题：①若，则②，；③函数的图象关于点(0,1)成中心对称；④若直线与抛物线有且只有一个公共点，则直线必为抛物线的切线其中正确命题的个数为（

）A．1

B．2

C．3

D．4参考答案：B，则说法①错误；，其中，则说法②正确；因为的图象关于原点（0，0）成中心对称，所以关于点（0，1）成中心对称，则说法③正确；当直线与抛物线有且只有一个公共点时，直线与抛物线相切或与抛物线的对称轴平行，故④错误，综合可知②③正确.正确命题的个数为2.本题选择B选项.

二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.如图1，在矩形ABCD中，AB＝2BC，E、F分别是AB、CD的中点，现在沿EF把这个矩形折成一个直二面角A－EF－C(如图2)，则在图2中直线AF与平面EBCF所成的角的大小为＿＿＿＿＿＿。参考答案：45?(或)12.设满足约束条件：；则的取值范围为

.参考答案：13.已知函数的图象与函数的图象交于A、B两点,则(为坐标原点)的面积为

.

参考答案：【解题思路】由,可得,即,解得,或(舍去),结合,可得或，∴A，B,画图象如图所示，根据函数图象的对称性可得的中点,∴的面积等于与的面积之和,即14.已知、、、，则向量在方向上的投影为

．参考答案：15.已知等差数列的前n项和为Sn，若a4=18﹣a5，则S8=．参考答案：72【考点】等差数列的前n项和．【分析】先根据a4=18﹣a5求得a4+a5，进而求得a1+a8代入S8中答案可得．【解答】解：∵a4=18﹣a5，∴a4+a5=18，∴a1+a8=18，∴S8==72故答案为7216.设z＝2x＋y，变量x，y满足条件求z的最大值

.参考答案：12略17.如右图，在△ABC中，AB=AC=2，BC=，点D在BC

边上，∠ADC=，则AD的长为

参考答案：在△ABC中，因为AB=AC=2，BC=，所以，又∠ADC=，所以∠DAC=，所以CD=AC=2，所以由余弦定理得：，所以AD=。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.（13分）已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C的三条对边，且c2=a2+b2﹣ab．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）求cosA+cosB的最大值．参考答案：【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（Ⅰ）根据余弦定理直接求解角C的大小．（Ⅱ）根据三角形内角和定理消去B，转化为三角函数的问题求解最大值即可．【解答】解：（Ⅰ）c2=a2+b2﹣ab．即ab=a2+b2﹣c2由余弦定理：cosC==，∵0＜C＜π，∴C=．（Ⅱ）∵A+B+C=π，C=．∴B=，且A∈（0，）．那么：cosA+cosB=cosA+cos（）=sin（），∵A∈（0，）．∴，故得当=时，cosA+cosB取得最大值为1．【点评】本题主要考查了余弦定理的运用和三角函数的有界限求解最值问题．属于基础题．19.已知函数.(Ⅰ)当时，求函数在，上的最大值、最小值；(Ⅱ)令，若在上单调递增，求实数的取值范围.参考答案：考察的对称轴为(i)当,即时，应有解得:，所以时成立…………9分(ii)当,即时，应有即:解得…………11分综上：实数的取值范围是…………12分20.如图，平面ABCD⊥平面ADEF，其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD＝2，DE＝1．(Ⅰ)求异面直线EF与BC所成角的大小；(Ⅱ)若二面角A－BF－D的平面角的余弦值为，求CF的长．参考答案：(Ⅰ)延长AD，FE交于Q．因为ABCD是矩形，所以BC∥AD，所以∠AQF是异面直线EF与BC所成的角．在梯形ADEF中，因为DE∥AF，AF⊥FE，AF＝2，DE＝1得∠AQF＝30°．

(Ⅱ)方法一：设AB＝x．取AF的中点G．由题意得DG⊥AF．因为平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADEF，所以AB⊥DG．所以DG⊥平面ABF．过G作GH⊥BF，垂足为H，连结DH，则DH⊥BF，所以∠DHG为二面角A－BF－D的平面角．在直角△AGD中，AD＝2，AG＝1，得DG＝．在直角△BAF中，由＝sin∠AFB＝，得＝，所以GH＝．在直角△DGH中，DG＝，GH＝，得DH＝．因为cos∠DHG＝＝，x＝，所以

AB＝．又在梯形AFED中可得DF=2，所以CF=．方法二：设CD＝x．以F为原点，AF，FQ所在的直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系Fxyz．则F(0，0，0)，A(－2，0，0)，E(，0，0)，D(－1，，0)，B(－2，0，x)，所以＝(1，－，0)，＝(2，0，－x)．因为EF⊥平面ABF，所以平面ABF的法向量可取＝(0，1，0)．设＝(x1，y1，z1)为平面BFD的法向量，则所以，可取＝(，1，)．因为cos<，>＝＝，得x＝，即CD＝．又在梯形AFED中可得DF=2，所以CF=.21.在平面直角坐标系xOy中，曲线C1过点P(a，1)，其参数方程为(t为参数，a∈R)，以O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ＋4cosθ－ρ＝0．(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；(2)已知曲线C1和曲线C2交于A，B两点，且|PA|＝2|PB|，求实数a的值．参考答案：（1）C1:x－y－a＋1＝0，C2:y2＝4x；（2）或【分析】(1)直接消参得到曲线C1的普通方程，利用极坐标和直角坐标互化的公式求曲线C2的直角坐标方程；（2）把曲线C1的标准参数方程代入曲线C2的直角坐标方程利用直线参数方程t的几何意义解答.【详解】C1的参数方程为消参得普通方程为x－y－a＋1＝0，C2的极坐标方程为ρcos2θ＋4cosθ－ρ＝0，两边同乘ρ得ρ2cos2θ＋4ρcosθ－ρ2＝0，得y2＝4x．所以曲线C2的直角坐标方程为y2＝4x．(2)曲线C1的参数方程可转化为(t为参数，a∈R)，代入曲线C2：y2＝4x，得＋1－4a＝0，由Δ＝，得a>0，设A，B对应的参数分别为t1，t2，由|PA|＝2|PB|得|t1|＝2|t2|，即t1＝2t2或t1＝－2t2，当t1＝2t2时，解得a＝；当t1＝－2t2时，解得a＝，综上，或．【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查直线参数方程t的几何意义解题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.22.（本小题满分12分）已知椭圆经过点，离心率为，直线交椭圆于不同的两点、.（1）求椭圆的方程（2）问能否成为以为底边的等腰三角形，若能，求出面积的最