陕西省汉中市龙岗学校高三第三次测评新高考数学试卷及答案解析

陕西省汉中市龙岗学校高三第三次测评新高考数学试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知双曲线，点是直线上任意一点，若圆与双曲线的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围是（）．A． B． C． D．2．设椭圆：的右顶点为A，右焦点为F，B、C为椭圆上关于原点对称的两点，直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点，则椭圆E的离心率是（）A． B． C． D．3．已知直线：（）与抛物线：交于（坐标原点），两点，直线：与抛物线交于，两点.若，则实数的值为（）A． B． C． D．4．a为正实数，i为虚数单位，，则a=（）A．2 B． C． D．15．已知向量，（其中为实数），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6．若为过椭圆中心的弦，为椭圆的焦点，则△面积的最大值为（）A．20 B．30 C．50 D．607．正方体，是棱的中点，在任意两个中点的连线中，与平面平行的直线有几条（）A．36 B．21 C．12 D．68．已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．9．（）A． B． C．1 D．10．要排出高三某班一天中，语文、数学、英语各节，自习课节的功课表，其中上午节，下午节，若要求节语文课必须相邻且节数学课也必须相邻（注意：上午第五节和下午第一节不算相邻），则不同的排法种数是（）A． B． C． D．11．设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=AB，则集合中的元素共有（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个12．若的内角满足，则的值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设为等比数列的前项和，若，且，，成等差数列，则.14．在四面体中，与都是边长为2的等边三角形，且平面平面，则该四面体外接球的体积为_______．15．在的二项展开式中，x的系数为________．（用数值作答）16．在中，，，，则绕所在直线旋转一周所形成的几何体的表面积为______________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图所示，在四棱锥中，平面，底面ABCD满足AD∥BC，，，E为AD的中点，AC与BE的交点为O.（1）设H是线段BE上的动点，证明：三棱锥的体积是定值；（2）求四棱锥的体积；（3）求直线BC与平面PBD所成角的余弦值．18．（12分）的内角所对的边分别是，且，.（1）求；（2）若边上的中线，求的面积.19．（12分）已知函数.（1）若，解关于的不等式；（2）若当时，恒成立，求实数的取值范围.20．（12分）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.21．（12分）已知椭圆，上、下顶点分别是、，上、下焦点分别是、，焦距为，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）若为椭圆上异于、的动点，过作与轴平行的直线，直线与交于点，直线与直线交于点，判断是否为定值，说明理由.22．（10分）某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰，如图1.为了便于设计，可将该礼品看成是由圆及其内接等腰三角形绕底边上的高所在直线旋转180°而成，如图2.已知圆的半径为，设，圆锥的侧面积为.（1）求关于的函数关系式；（2）为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积最大.求取得最大值时腰的长度.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】

先求出双曲线的渐近线方程，可得则直线与直线的距离，根据圆与双曲线的右支没有公共点，可得，解得即可．【详解】由题意，双曲线的一条渐近线方程为，即，∵是直线上任意一点，则直线与直线的距离，∵圆与双曲线的右支没有公共点，则，∴，即，又故的取值范围为，故选：B．【点睛】本题主要考查了直线和双曲线的位置关系，以及两平行线间的距离公式，其中解答中根据圆与双曲线的右支没有公共点得出是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．2、C【解析】

连接，为的中位线，从而，且，进而，由此能求出椭圆的离心率.【详解】如图，连接，椭圆：的右顶点为A，右焦点为F，B、C为椭圆上关于原点对称的两点，不妨设B在第二象限，直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点为的中位线，，且，，解得椭圆的离心率.故选：C【点睛】本题考查了椭圆的几何性质，考查了运算求解能力，属于基础题.3、D【解析】

设，，联立直线与抛物线方程，消去、列出韦达定理，再由直线与抛物线的交点求出点坐标，最后根据，得到方程，即可求出参数的值；【详解】解：设，，由，得，∵，解得或，∴，.又由，得，∴或，∴，∵，∴，又∵，∴代入解得.故选：D【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用，弦长公式的应用，属于中档题.4、B【解析】

，选B.5、A【解析】

结合向量垂直的坐标表示，将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件.【详解】由，则，所以；而当，则，解得或.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本小题考查平面向量的运算，向量垂直，充要条件等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，应用意识.6、D【解析】

先设A点的坐标为，根据对称性可得，在表示出面积，由图象遏制，当点A在椭圆的顶点时，此时面积最大，再结合椭圆的标准方程，即可求解.【详解】由题意，设A点的坐标为，根据对称性可得，则的面积为，当最大时，的面积最大，由图象可知，当点A在椭圆的上下顶点时，此时的面积最大，又由，可得椭圆的上下顶点坐标为，所以的面积的最大值为.故选：D.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及简单的几何性质，以及三角形面积公式的应用，着重考查了数形结合思想，以及化归与转化思想的应用.7、B【解析】

先找到与平面平行的平面，利用面面平行的定义即可得到.【详解】考虑与平面平行的平面，平面，平面，共有，故选：B.【点睛】本题考查线面平行的判定定理以及面面平行的定义，涉及到了简单的组合问题，是一中档题.8、B【解析】

令，则，由图象分析可知在上有两个不同的根，再利用一元二次方程根的分布即可解决.【详解】令，则，如图与顶多只有3个不同交点，要使关于的方程有六个不相等的实数根，则有两个不同的根，设由根的分布可知，，解得.故选：B.【点睛】本题考查复合方程根的个数问题，涉及到一元二次方程根的分布，考查学生转化与化归和数形结合的思想，是一道中档题.9、A【解析】

利用复数的乘方和除法法则将复数化为一般形式，结合复数的模长公式可求得结果.【详解】，，因此，.故选：A.【点睛】本题考查复数模长的计算，同时也考查了复数的乘方和除法法则的应用，考查计算能力，属于基础题.10、C【解析】

根据题意，分两种情况进行讨论：①语文和数学都安排在上午；②语文和数学一个安排在上午，一个安排在下午.分别求出每一种情况的安排方法数目，由分类加法计数原理可得答案．【详解】根据题意，分两种情况进行讨论：①语文和数学都安排在上午，要求节语文课必须相邻且节数学课也必须相邻，将节语文课和节数学课分别捆绑，然后在剩余节课中选节到上午，由于节英语课不加以区分，此时，排法种数为种；②语文和数学都一个安排在上午，一个安排在下午.语文和数学一个安排在上午，一个安排在下午，但节语文课不加以区分，节数学课不加以区分，节英语课也不加以区分，此时，排法种数为种.综上所述，共有种不同的排法.故选：C．【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于中等题．11、A【解析】试题分析：,,所以，即集合中共有3个元素，故选A．考点：集合的运算．12、A【解析】

由，得到，得出，再结合三角函数的基本关系式，即可求解.【详解】由题意，角满足，则，又由角A是三角形的内角，所以，所以，因为，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查了正弦函数的性质，以及三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式的化简、求值问题，着重考查了推理与计算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.【解析】试题分析：∵，，成等差数列，∴，又∵等比数列，∴.考点：等差数列与等比数列的性质.【名师点睛】本题主要考查等差与等比数列的性质，属于容易题，在解题过程中，需要建立关于等比数列基本量的方程即可求解，考查学生等价转化的思想与方程思想.14、【解析】

先确定球心的位置，结合勾股定理可求球的半径，进而可得球的面积.【详解】取的外心为，设为球心，连接，则平面，取的中点，连接，，过做于点，易知四边形为矩形，连接，，设，.连接，则，，三点共线，易知，所以，.在和中，，，即，，所以，，得.所以.【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题，外接球的半径的求解一般有两个思路：一是确定球心位置，利用勾股定理求解半径；二是利用熟悉的模型求解半径,比如长方体外接球半径是其对角线的一半.15、-40【解析】

由题意，可先由公式得出二项展开式的通项，再令10-3r=1，得r=3即可得出x项的系数【详解】的二项展开式的通项公式为，r=0，1，2，3，4，5，令，所以的二项展开式中x项的系数为.故答案为：-40.【点睛】本题考查二项式定理的应用，解题关键是灵活掌握二项式展开式通项的公式，属于基础题.16、【解析】

由题知该旋转体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，根据圆锥侧面积计算公式可得.【详解】解：由题知该旋转体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，在中，，，，如下图所示，底面圆的半径为，则所形成的几何体的表面积为.故答案为：.【点睛】本题考查旋转体的表面积计算问题，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析（2）（3）【解析】

（1）因为底面ABCD为梯形，且，所以四边形BCDE为平行四边形，则BE∥CD，又平面，平面，所以平面，又因为H为线段BE上的动点，的面积是定值，从而三棱锥的体积是定值.（2）因为平面，所以，结合BE∥CD，所以，又因为，，且E为AD的中点，所以四边形ABCE为正方形，所以，结合，则平面，连接，则，因为平面，所以，因为，所以是等腰直角三角形，O为斜边AC上的中点，所以，且，所以平面，所以PO是四棱锥的高，又因为梯形ABCD的面积为，在中，，所以.（3）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则B（，0，0），C（0，，0），D（，，0），P（0，0，），则，设平面PBD的法向量为，则即则，令，得到，设BC与平面PBD所成的角为，则，所以，所以直线BC与平面PBD所成角的余弦值为．18、（1），（2）【解析】

（1）先由正弦定理，得到，进而可得，再由，即可得出结果；（2）先由余弦定理得，，再根据题中数据，可得，从而可求出，得到，进而可求出结果.【详解】（1）由正弦定理得，所以，因为，所以，即，所以，又因为，所以，.（2）在和中，由余弦定理得，.因为，，，，又因为，即，所以，所以，又因为，所以.所以的面积.【点睛】本题主要考查解三角形，灵活运用正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型.19、（1）（2）【解析】

（1）利用零点分段法将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.（2）对分成三种情况，求得的最小值，由此求得的取值范围.【详解】（1）当时，，由此可知，的解集为（2）当时，的最小值为和中的最小值，其中，.所以恒成立.当时，，且，不恒成立，不符合题意.当时，，若，则，故不恒成立，不符合题意；若，则，故不恒成立，不符合题意.综上，.【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查根据绝对值不等式恒成立求参数的取值范围，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.20、(1)见详解；(2).【解析】

(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2)在图中找到对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑关于的垂线，发现此垂足与的连线也垂直于.按照此思路即证.【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.，A，C，G，D四点共面.又.平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.(2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以.而在中,，即二面角的度数为.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘