《湖北省十堰市羊尾中学2021-2022学年高三数学理测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省十堰市羊尾中学2021-2022学年高三数学理测试题含解析（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖北省十堰市羊尾中学2021-2022学年高三数学理测试题含解析一、 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. 是空间三条不同的直线，下列命题正确是 （ ） A. ， B. ， C. ， D. 共面参考答案：C2. 在ABC中，BAC=90，D是BC中点，AB=4，AC=3，则=( )A7BCD7参考答案：B考点：平面向量数量积的性质及其运算律 专题：计算题；平面向量及应用分析：在ABC中，由BAC=90，D是BC中点，AB=4，AC=3，知BC=5，AD=5，故cos=cosADB=，由此能求出解答：解：在ABC中，BAC=90，
2、D是BC中点，AB=4，AC=3，BC=5，AD=，cos=cosADB=，=|?|?cos=故选B点评：本题考查平面向量的数量积的性质和应用，是基础题，解题时要认真审题，仔细解答，注意余弦定理的合理运用3. 已知集合A=x|x2+2x30，B=x|2x2，则AB=（）A2，1B1，2）C2，1D1，2）参考答案：D【考点】交集及其运算【分析】求出A中不等式的解集确定出A，找出A与B的交集即可【解答】解：由A中不等式变形得：（x1）（x+3）0，解得：x3或x1，即A=（，31，+），B=2，2），AB=1，2），故选：D4. 设等差数列的前项和为，若，则当取最小值时，A9 B8 C7 D6参
3、考答案：D， ，. 故选D5. 关于函数，下列说法错误的是（ ）（A）是的极小值点 ( B ) 函数有且只有1个零点 (C)存在正实数，使得恒成立(D)对任意两个正实数，且，若，则参考答案：C，且当时，函数递减，当时，函数递增，因此是的极小值点，A正确；，所以当时，恒成立，即单调递减，又，所以有零点且只有一个零点，B正确；设，易知当时，对任意的正实数，显然当时，即，所以不成立，C错误；作为选择题这时可得结论，选C，下面对D研究，画出函数草图可看出（0，2）的时候递减的更快，所以6. 下列函数中，在其定义域内既是偶函数又在上单调递增的函数是( )A. B. C. D. 参考答案：【知识点】函数的
4、奇偶性，单调性B4 B3C 和是偶函数，在上单调递减，为奇函数，故选C.【思路点拨】根据函数的性质之奇偶和增减的定义可求.7. 已知直线/平面,直线,且/,点,点.记到的距离为,到的距离为,两点间的距离为,则 ( )A. B. C. D. 参考答案：C8. 设，（其中i为虚数单位， 是z的共轭复数），则（ ）A 2 B 2+i C 2+i D 2参考答案：D9. 已知甲、乙、丙三人中，一位是河南人，一位是湖南人，一位是海南人，丙比海南人年龄大，甲和湖南人不同岁，湖南人比乙年龄小，由此可以推知：甲、乙、丙三人中（）A甲不是海南人B湖南人比甲年龄小C湖南人比河南人年龄大D海南人年龄最小参考答案：D
5、解：由于甲和湖南人不同岁，湖南人比乙年龄小，可知湖南人不是甲乙，故丙是湖南人；由于丙比海南人年龄大，湖南人比乙年龄小，可知甲是海南人；故：乙（河南人）的年龄丙（湖南人）的年龄甲（海南人）的年龄；所以ABC错，D对故选：D10. 已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为l的正方形，正视图与侧视图都是边长为1的正三角形，则此几何体的体积是（ ）A B. C. D. 参考答案：A【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是底面为正方形的正四棱锥，结合图中数据求出它的体积【详解】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是底面边长为1正方形，斜高为1四棱锥，且四棱锥的高为的正四棱锥它的体积为故选：A【点睛】本题
6、考查了利用空间几何体的三视图求体积的问题，也考查了空间想象能力的应用问题，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. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为_。参考答案：1012. 已知，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是_.参考答案：略13. 在中，角所对的边分别是，若，且，则的面积等于 参考答案：因为 ，由正弦定理可知， ，所以ABC为等腰三角形， ， ， 到AB距离 ，ABC面积为 ，故答案为 .14. 在中，若,则的值为_参考答案：15. 不等式的解集为 参考答案：略16. 已知球的表面积为，则它的体积是 参考答案：答案：17. 设的最大值为16，则
7、 。参考答案：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，在四棱锥P-ABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且AD=CD=，BC=，PA=2，点M在线段PD上() 求证：ABPC；() 若二面角M-AC-D的大小为45，求AM的长参考答案：解：()证明：如图1，设E为BC的中点，连结AE，则AD=EC，且ADEC，所以四边形AECD为平行四边形，故AEBC，又AE=BE=EC=，所以ABC=ACB=45，得ABAC因为PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPA又PA AC=A，PA平面PAC ，AC平面PAC，所以AB平面PAC
8、，得ABPC4分()解法一：如图2，设AC与BD交于点O，连结OP，过点M作MNAD于N，过点N作NGAC于G，连结MG，则MNPA，由PA平面ABCD，得MN平面ACD，所以MNAC，故AC平面MNG，得ACMG，所以MGN就是二面角M-AC-D的平面角，即MGN=4510分设MN=x，则NG=AG= x，所以AN= ND=，可得M为PD的中点 连结PO交BM于H，连结AH，由()AB平面PAC，所以BAH就是BM与平面PAC所成的角 12分在ABM中，AB=4，AM=PD=，BM=，所以，又BAH与ABM互余，所以，即BM与平面PAC所成的角的正弦值为15分解法二：如图,3，以A为坐标原点
9、，以射线AE、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系A-xyz，则，设，则，,所以，即，10分设n=(x1,y1,z1)是平面AMC的一个法向量，则，令，得，即又m=(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，所以，解得，即M为PD的中点，故，13分而是平面PAC的一个法向量，设BM与平面PAC所成的角为，则，故BM与平面PAC所成的角的正弦值为15分（其它建系方法类似给分）略19. 已知函数.（）当时，求不等式的解集；（）证明：.参考答案：（）当时，原不等式等价于或或解得或所以，不等式的解集为（）证明：（当且仅当且时等号成立）20. 如图，已知四边形ABEF于ABCD分别为
10、正方形和直角梯形，平面ABEF平面ABCD，AB=BC=AD=1，ABAD，BCAD，点M是棱ED的中点（1）求证：CM平面ABEF；（2）求三棱锥DACF的体积参考答案：【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LS：直线与平面平行的判定【分析】（1）几何法：连结AE，BF，交于点O，连结OM，推导出四边形BCMO是平行四边形，由此能证明CM平面ABEF向量法：以A为原点，AF为x轴，AC为y轴，AB为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明CM平面ABEF（2）三棱锥DACF的体积VDACF=VFACD，由此能求出结果【解答】证明：（1）几何法：连结AE，BF，交于点O，连结OM，ABEF是
11、正方形，O是AE中点，M是DE中点，OMAC，ABCD是直角梯形，AB=BC=AD=1，BCAC，BCOM，四边形BCMO是平行四边形，BOCM，BO?平面ABEF，CM?平面ABEF，CM平面ABEF（1）向量法：四边形ABEF于ABCD分别为正方形和直角梯形，平面ABEF平面ABCD，AB=BC=AD=1，ABAD，BCAD，点M是棱ED的中点以A为原点，AF为x轴，AC为y轴，AB为z轴，建立空间直角坐标系，D（0，2，0），E（1，0，1），M（），C（0，1，1），=（），平面ABEF的法向量=（0，1，0），=0，CM?平面ABEF，CM平面ABEF解：（2）点F到平面ACD的距离
12、AF=1，SACD=S梯形ABCDSABC=1，三棱锥DACF的体积：VDACF=VFACD=【点评】本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查推理论能力、运算求解能力、空间思维能力，考查数形结合思想、转化化归思想，是中档题21. 已知集合A=x|axa+3，B=x|x5。 (1) 若AB，求a的取值范围； (2) 若ABB，求a的取值范围。参考答案：22. 在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，面积.（1）求角C的大小；（2）设函数，求的最大值,及取得最大值时角B的值.参考答案：解：（1）由S=absinC及题设条件得absinC=abcosC即sinC=cosC, tanC=,0C,C=（2） ， C= 当，即时，有最大值是略
