江苏省淮安市古城中学2022年高三数学理月考试题含解析

江苏省淮安市古城中学2022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.设实数x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值为（）A．10 B．8 C． D．参考答案：A【考点】简单线性规划．【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，求解z的最大值即可．【解答】解：约束条件，画出可行域，结合图象可得当目标函数z=2x+y过点A时，目标函数取得最大值．由，解得A（4，2），则z=2x+y的最大值为10．故选：A．【点评】本题考查线性规划的应用，考查数形结合思想以及计算能力．2.若是幂函数，且满足，则=A.

B.

C.2

D.4参考答案：B略3.设的内角A，B，C所对的边分别为，若三边的长为连续的三个正整数，且，，则为（

）A．4:3:2

B．5:4:3

C．6:5:4

D．7:6:5参考答案：C试题分析：，，又、、为连续的三个正整数，设，，，（),由于，则，即，，解得，，，，由正弦定理得，选C.

考点：正弦定理、余弦定理、二倍角的正弦公式.

4.在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，且△ABC为等边三角形，，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为（

）A. B. C. D.参考答案：B【分析】计算出的外接圆半径，利用公式可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P-ABC的外接球的表面积.【详解】的外接圆半径为，底面，所以，三棱锥的外接球半径为，因此，三棱锥P-ABC的外接球的表面积为.故选：B.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.5.若，则的最大值为（

）A．1

B．2

C．3

D．4参考答案：A试题分析：，，∴，，当时，.故选A．考点：三角函数的最值．6.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为,,则在方向上的投影为 ()A.

B.

C.

D.2参考答案：C由结合正弦定理得,则,由得.因为,所以,因为,所以.由,得,因为,所以,则在方向上的投影为.故选C.7.已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点在上且，则的面积为(

)

（A）（B）

(C)(D)参考答案：B略8.设α，β是两个不同的平面，l是一条直线，以下命题不正确的是（）①若l⊥α，α⊥β，则l?β

②若l∥α，α∥β，则l?β③若l⊥α，α∥β，则l⊥β

④若l∥α，α⊥β，则l⊥βA．①③B．②③④C．①②④D．①④参考答案：C考点：空间中直线与平面之间的位置关系．

专题：空间位置关系与距离．分析：利用线面垂直、线面平行、面面平行的性质定理和判定定理对四个命题分别分析选择．解答：解：对于①，若l⊥α，α⊥β，则l?β或者l∥β，故①错误；对于②，若l∥α，α∥β，则l?β或者l∥β；故②错误；对于③，若l⊥α，α∥β，则l⊥β，正确；对于④，若l∥α，α⊥β，则l与β的位置关系不确定；故④错误；故选：C．点评：本题考查了空间线面垂直、线面平行、面面平行的性质定理和判定定理的运用；熟练运用定理，掌握定理成立的条件是关键．9.在△ABC中，，，，那么角B等于A． B． C． D．参考答案：C10.已知，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：A略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知an=n（n+1），则a1+a2+…+a9=．参考答案：330【考点】数列的求和．【分析】方法一、直接法，计算即可得到所求和；方法二、由数列的求和方法：分组求和，结合n个正整数的平方和公式和等差数列的求和公式，化简整理，计算即可得到所求和．【解答】解法一、由an=n（n+1），直接计算可得：a1+a2+…+a9=1×2+2×3+3×4+4×5+5×6+6×7+7×8+8×9+9×10=330．解法二、（公式法）由an=n（n+1）=n2+n，可得Sn=（12+22+…+n2）+（1+2+…+n）=+=，可得a1+a2+…+a9=S9==330．故答案为：330．12.若一条回归直线的斜率的估计值是2.5，且样本点的中心为（4，5），则该回归直线的方程是

。参考答案：13.给出下列四个命题，其中不正确命题的序号是

。①若；②函数的图象关于x=对称；③函数为偶函数，④函数是周期函数，且周期为2。参考答案：①②④14.观察下面的数阵,容易看出,第行最右边的数是,那么第20行最左边的数是_____________．参考答案：15.（几何证明选讲选做题）如图3，在中，，，，、为垂足，若AE=4，BE=1，则AC=

▲

.参考答案：16.如图，的两条弦，相交于圆内一点，若，，则该圆的半径长为

．参考答案：17.若函数的图象上存在不同的两点，，其中使得的最大值为0，则称函数是“柯西函数”．给出下列函数：①；

②；③；

④.其中是“柯西函数”的为

（填上所有正确答案的序号）参考答案：①

④三、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.如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，∠PCD=90°，PA=AB=AC．（I）求证：AC⊥CD；（Ⅱ）点E在棱PC上，满足∠DAE=60°，求二面角B﹣AE﹣D的余弦值．参考答案：（Ⅰ）证明：因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，因为∠PCD=90°，所以PC⊥CD，所以CD⊥平面PAC，所以CD⊥AC；（Ⅱ）解：∵底面ABCD是平行四边形，CD⊥AC，∴AB⊥AC．又PA⊥底面ABCD，∴AB，AC，AP两两垂直．如图所示，以点A为原点，以为x轴正方向、以||为单位长度，建立空间直角坐标系．则B（1，0，0），C（0，1，0），P（0，0，1），D（﹣1，1，0）．设=λ=λ（0，1，﹣1），则=+=（0，λ，1﹣λ），又∠DAE=60°，则cos＜，＞=，即=，解得λ=．则=（0，，），=﹣=（﹣1，，﹣），所以cos＜，＞==﹣．因为?=0，所以⊥．又⊥，故二面角B﹣AE﹣D的余弦值为﹣．考点：用空间向量求平面间的夹角；空间中直线与直线之间的位置关系．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（Ⅰ）通过线面垂直的判定定理及性质定理即得结论；（Ⅱ）以点A为原点，以为x轴正方向、以||为单位长度，建立空间直角坐标系．利用∠DAE=60°即cos＜，＞=可得=（0，，），通过cos＜，＞=即得二面角B﹣AE﹣D的余弦值为．解答：（Ⅰ）证明：因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，因为∠PCD=90°，所以PC⊥CD，所以CD⊥平面PAC，所以CD⊥AC；（Ⅱ）解：∵底面ABCD是平行四边形，CD⊥AC，∴AB⊥AC．又PA⊥底面ABCD，∴AB，AC，AP两两垂直．如图所示，以点A为原点，以为x轴正方向、以||为单位长度，建立空间直角坐标系．则B（1，0，0），C（0，1，0），P（0，0，1），D（﹣1，1，0）．设=λ=λ（0，1，﹣1），则=+=（0，λ，1﹣λ），又∠DAE=60°，则cos＜，＞=，即=，解得λ=．则=（0，，），=﹣=（﹣1，，﹣），所以cos＜，＞==﹣．因为?=0，所以⊥．又⊥，故二面角B﹣AE﹣D的余弦值为﹣．点评：本题考查空间中线线垂直的判定，以及求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题19.(本小题满分14分)某同学用《几何画板》研究抛物线的性质：打开《几何画板》软件，绘制某抛物线，在抛物线上任意画一个点，度量点的坐标，如图．（Ⅰ）拖动点，发现当时，，试求抛物线的方程；（Ⅱ）设抛物线的顶点为，焦点为，构造直线交抛物线于不同两点、，构造直线、分别交准线于、两点，构造直线、．经观察得：沿着抛物线，无论怎样拖动点，恒有.请你证明这一结论．（Ⅲ）为进一步研究该抛物线的性质，某同学进行了下面的尝试：在（Ⅱ）中，把“焦点”改变为其它“定点”，其余条件不变，发现“与不再平行”．是否可以适当更改（Ⅱ）中的其它条件，使得仍有“”成立？如果可以，请写出相应的正确命题；否则，说明理由．参考答案：解：（Ⅰ）把，代入，得，所以，因此，抛物线的方程．（Ⅱ）因为抛物线的焦点为，设，依题意可设直线，由得，则

①又因为，，所以，，所以，，

又因为，

②把①代入②，得，即，所以，又因为、、、四点不共线，所以．（Ⅲ）设抛物线的顶点为，定点，过点的直线与抛物线相交于、两点，直线、分别交直线于、两点，则．20.假设甲乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等，为了解他们的使用寿命，现从两种品牌的产品中分别随机抽取100个进行测试，结果统计如下：（Ⅰ）估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率；（Ⅱ）这两种品牌产品中，，某个产品已使用了200小时，试估计该产品是甲品牌的概率。

参考答案：21.若角α的终边过点（1，﹣2），则cos（α+）=

．参考答案：【考点】任意角的三角函数的定义．【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值．【分析】由条件利用任意角的三角函数的定义、诱导公式，求得cos（α+）的值．【解答】解：角α的终边过点（1，﹣2），则cos（α+）=﹣sinα=﹣=，故答案为：．【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义，诱导公式的应用，属于基础题．22.（本小题满分12分）如图，边长为a的正方形ABCD中，点E、F分别在AB、BC上，且，将△AED、△CFD分别沿DE、DF折起，使A、C两点重合于点，连结A￠B．（Ⅰ）判断直线EF与A￠D的位置关系，并说明理由；（Ⅱ）求四棱锥A￠－BEDF的体积．参考答案：解析：（Ⅰ）A￠D⊥EF．·········································································1分证明如下：因为A￠D⊥A￠E，A￠D⊥A￠F，所以A￠D⊥面A￠EF，又EFì面A￠EF，所以A￠D⊥EF．直