2021-2022学年辽宁省鞍山市岫岩第一高级中学高三数学理模拟试题含解析

2021-2022学年辽宁省鞍山市岫岩第一高级中学高三数学理模拟试题含解析一、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.若的值为

（

）

A．20

B．—20

C．10

D．—10参考答案：答案：B2.（

）A． B． C． D．参考答案：B.故选：B

3.若函数在上有最小值－5，（，为常数），则函数在上（

）．有最大值5

．有最小值5

．有最大值3

．有最大值9参考答案：D4.已知集合，则等于（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B5.已知实数x，y满足，则的最大值为（）A．1

B．

C.3

D．参考答案：C画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，令，结合图象，平移直线过点时，目标函数取得最大值，又由，解得，即，此时目标函数的最大值为，故选C.

6.集合A={x|x≤a}，B={1，2}，A∩B=?，则a的取值范围为（）A．（﹣∞，1） B．（1，+∞） C．（2，+∞） D．（﹣∞，2）参考答案：A【考点】交集及其运算．【分析】由已知可得a＜1，且a＜2，进而得到a的取值范围．【解答】解：∵集合A={x|x≤a}，B={1，2}，若A∩B=?，则a＜1，且a＜2，综上可得：a∈（﹣∞，1），故选：A7.函数的零点所在的大致范围是

A．（1,2）

B．（2,3）

C．（，1）和（3,4）

D．（e，+）

参考答案：B略8.在的对边分别为，若成等差数列，则

A.

B.

C.

D.

参考答案：C因为成等差数列，所以，根据正弦定理可得，即，即，所以，即，选C.9.袋子中有四张卡片，分别写有“瓷、都、文、明”四个字，有放回地从中任取一张卡片，将三次抽取后“瓷”“都”两个字都取到记为事件A，用随机模拟的方法估计事件A发生的概率.利用电脑随机产生整数0，1，2，3四个随机数，分别代表“瓷、都、文、明”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取卡片三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：232321230023123021132220001231130133231031320122103233

由此可以估计事件A发生的概率为（

）A. B. C. D.参考答案：C【分析】事件A即为表中包含数字0和1的组，根据表中数据，即可求解【详解】事件A包含“瓷”“都”两字，即包含数字0和1，随机产生的18组数中，包含0,1的组有021,001,130,031,103，共5组，故所求概率为，故选C【点睛】本题考查古典概型，熟记概率计算公式即可，属基础题。10.同时具有性质①最小正周期是π；②图象关于直线x=对称；③在[﹣，]上是增函数的一个函数是（）A．y=sin（+） B．y=cos（2x+） C．y=sin（2x﹣） D．y=cos（﹣）参考答案：C【考点】正弦函数的图象．【专题】三角函数的图像与性质．【分析】利用函数的周期，求出ω，利用图象关系直线x=对称，即可判断选项的正误．【解答】解：∵T==π，∴ω=2．故A，D不正确．对于选项B，如果x=为对称轴．所以2×+=π，y=cosπ=0，不满足题意，对于选项C，因为x=为对称轴．所以2×﹣=，y=sin=1，满足题意，故选：C．【点评】本题考查三角函数的周期性及其求法，正弦函数的对称性，考查推理能力，属于基础题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数，若关于x的不等式恒成立，则实数k的取值范围是__________．参考答案：(－∞,1]12.在△ABC中，己知，点D满足，且，则BC的长为_______．参考答案：【知识点】向量数乘的运算及其几何意义．F3

解析：根据题意，画出图形，如图所示；

设BC=x，∴CD=2x，∴D是CD的中点，∴S△ABC=S△ABD；

即?3?AB?sin45°=??AB?sin∠BAD，

∴sin∠BAD=，

cos∠BAD=；

∴cos∠DAC=cos45°cos∠BAD-sin45°sin∠BAD

=，

在△ACD中，CD2=AD2+AC2-2AD?AC?cos∠DAC

=，

∴CD=，

∴BC=．

故答案为：．【思路点拨】根据题意，画出图形，结合图形，利用同角的三角函数关系，余弦定理，求出CD的长，即得BC的长．13.如图，已知，，M为BC的中点，D为以AC为直径的圆上一动点，则的最小值是

．参考答案：14.已知函数，则零点的个数是__________.参考答案：2略15.在区间上随机取两个实数，,则事件“”的概率为_________．参考答案：16.一个算法的流程图如右图所示则输出S的值为

．参考答案：4517.设不等式组所表示的平面区域为M，若z=2x﹣y+2a+b（a＞0，b＞0）的最大值为3，则+的最小值为．参考答案：3【考点】简单线性规划的应用；简单线性规划．【专题】计算题；规律型；数形结合；转化思想；不等式的解法及应用；不等式．【分析】①画可行域；②z为目标函数的纵截距；③画直线z=x﹣y．平移可得直线过A或B时z有最值．得到a，b关系式，然后利用基本不等式求解表达式的最小值．【解答】解：画不等式组所表示的平面区域为M如图，画直线z=2x﹣y+2a+b，平移直线z=2x﹣y+2a+b过点A（1，0）时z有最大值3；则z=2+2a+b=3，解得2a+b=1，a＞0，b＞0，则+=（+）（2a+b）=3+≥3+2=3+2，当且仅当b=，2a+b=1，即a=1﹣，b=时，表达式取得最小值．故答案为：3+2．【点评】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，基本不等式的综合应用，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）若函数有两个零点，求的取值范围；（2）若函数在区间与上各有一个零点，求的取值范围．参考答案：略19.（12分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AB，CD1的中点，AA1=AD=1，AB=2．．（1）求证：EF∥平面BCC1B1；（2）求证：平面CD1E⊥平面D1DE；（3）在线段CD1上是否存在一点Q，使得二面角Q﹣DE﹣D1为45°，若存在，求的值，不存在，说明理由．

参考答案：【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【分析】（1）过F作FM∥C1D1交CC1于M，连结BM，推导出EBMF是平行四边形，从而EF∥BM，由此能证明EF∥平面BCC1B1．（2）推导出D1D⊥CE，CE⊥DE，从而CE⊥平面D1DE，由此能证明平面CD1E⊥平面D1DE．（3）以D为原点，DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立坐标系，利用向量法能求出线段CD1上存在一点Q，使得二面角Q﹣DE﹣D1为45°，且=．【解答】证明：（1）过F作FM∥C1D1交CC1于M，连结BM，∵F是CD1的中点，∴FM∥C1D1，FM=C1D1，（2分）又∵E是AB中点，∴BE∥C1D1，BE=C1D1，∴BE∥FM，BE=FM，EBMF是平行四边形，∴EF∥BM又BM在平面BCC1B1内，∴EF∥平面BCC1B1．（4分）（2）∵D1D⊥平面ABCD，CE在平面ABCD内，∴D1D⊥CE在矩形ABCD中，DE2=CE2=2，∴DE2+CE2=4=CD2，（6分）∴△CED是直角三角形，∴CE⊥DE，∴CE⊥平面D1DE，∵CE在平面CD1E内，∴平面CD1E⊥平面D1DE．（8分）解：（3）以D为原点，DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立坐标系，则C（0，2，0），E（1，1，0），D1（0，0，1）平面D1DE的法向量为=（﹣1，1，0），设=（0，2λ，﹣λ），（0＜λ＜1），则Q（0，2λ，1﹣λ），设平面DEQ的法向量为=（x，y，z），则，令y=1，则=（﹣1，1，），（10分）∵二面角Q﹣DE﹣D1为45°，∴cos45°===，由于0＜λ＜1，∴﹣1，∴线段CD1上存在一点Q，使得二面角Q﹣DE﹣D1为45°，且=．（12分）【点评】本题考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养和向量法的合理运用．20.已知函数.（Ⅰ）求的单调区间和极值；（Ⅱ）当时，不等式恒成立，求的范围.参考答案：略21.已知曲线上任意一点P到两个定点F1(-，0)和F2(，0)的距离之和为4．(Ⅰ)求曲线的方程．(Ⅱ)设过(0，-2)的直线与曲线交于C、D两点，若以CD为直径的圆过坐标原点，求直线的方程．参考答案：解：(Ⅰ)根据椭圆的定义，可知动点的轨迹为椭圆，

其中，，则．所以动点M的轨迹方程为．(Ⅱ)当直线的斜率不存在时，不满足题意．当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由方程组得。设，，则且，，…………①

∵以CD为直径的圆过坐标原点，∴，∴．

∵，，∴．∴．…………②

将①代入②，得．即，解得，或，满足．

所以，直线的方程是．

略22.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲

已知.（Ⅰ）求函数的最小值；（Ⅱ）若不等式的解集非空，求的取值范围.参考答案：解：（Ⅰ）

（3分）函数的图象为：