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云南省曲靖市老厂第一中学2021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. 在一次跳伞训练中,甲、乙两位学员各跳一次,设命题p是“甲降落在指定范围”,q是“乙降落在指定范围”,则命题“至少有一位学员降落在指定范围”可表示为( )
A.(¬p)∨(¬p) B.¬((¬p)∧(¬p)) C.(¬p)∧(¬p) D.¬(p∨p)
参考答案:
B
【考点】复合命题的真假.
【专题】简易逻辑.
【分析】命题“至少有一位学员降落在指定范围”可表示为p∨q,再利用复合命题的运算性质即可判断出.
【解答】解:命题“至少有一位学员降落在指定范围”可表示为p∨q,
而A.(¬p)∨(¬p)=¬(P∧q),因此不正确;
B.¬(¬p)∧(¬p)=¬(¬(p∨q))=p∨q,正确;
C.(¬p)∧(¬p)=¬(p∨q),不正确;
D.¬(p∨p),不正确.
故选:B.
【点评】本题考查了复合命题的运算性质及其判定方法,属于基础题.
2. 已知、、是共起点的向量,、不共线,且存在m,n∈R使成立,若、、的终点共线,则必有
A.m+n=0 B.m-n= 1 C.m+n =1 D.m+ n=-1
参考答案:
C
设,因为、、的终点共线,所以设,即,所以,即,又,所以,所以,选C.
3. 已知函数,则下列关于函数()的零点个数的判断正确的是 ( )
A.当时,有个零点;当时,有个零点
B.当时,有个零点;当时,有个零点
C.无论为何值,均有个零点
D.无论为何值,均有个零点
参考答案:
4. 若点是角的终边上一点,则( )
A. B. C. D.
参考答案:
A
【分析】
根据三角函数的定义,求得,再由正弦的倍角公式,即可求解.
【详解】由题意,点是角的终边上一点,
根据三角函数的定义,可得,
则,故选A.
【点睛】本题主要考查了三角函数的定义和正弦的倍角公式的化简、求值,其中解答中根据三角函数的定义和正弦的倍角公式,准确化简、计算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
5. 若方程有四个不同的实数根,且,
则的取值范围是( )
A. B. C. D.
参考答案:
6. 已知集合,则等于
A. B. C. D.
参考答案:
D
试题分析:,
故答案为D
考点:集合的交集
7.
参考答案:
B
8. 设是两个命题:,则是的( )
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
参考答案:
答案:A
解析:p:,q:,结合数轴知是的充分而不必要条件,选A
9. 已知x,y∈R,且,则存在θ∈R,使得xcosθ+ysinθ+1=0成立的P(x,y)构成的区域面积为( )
A.4﹣ B.4﹣ C. D. +
参考答案:
A
【考点】简单线性规划.
【专题】不等式的解法及应用.
【分析】作出不等式组对应的平面区域,求解xcosθ+ysinθ+1=0成立的等价条件,利用数形结合求出对应的面积即可得到结论.
【解答】解:作出不等式组对应的平面区域如图:对应的区域为三角形OAB,
若存在θ∈R,使得xcosθ+ysinθ+1=0成立,
则(cosθ+sinθ)=﹣1,
令sinα=,则cosθ=,
则方程等价为sin(α+θ)=﹣1,
即sin(α+θ)=﹣,
∵存在θ∈R,使得xcosθ+ysinθ+1=0成立,
∴|﹣|≤1,即x2+y2≥1,
则对应的区域为单位圆的外部,
由,解得,即B(2,2),
A(4,0),则三角形OAB的面积S=×=4,
直线y=x的倾斜角为,
则∠AOB=,即扇形的面积为,
则P(x,y)构成的区域面积为S=4﹣,
故选:A
【点评】本题主要考查线性规划的应用,根据条件作出对应的图象,求出对应的面积是解决本题的关键.综合性较强.
10. 要得到一个奇函数,只需将函数的图象( )
A.向右平移个单位 B.向左平移个单位
C.向右平移个单位 D.向左平移个单位
参考答案:
B
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 教材中“坐标平面上的直线”与“圆锥曲线”两章内容体现出解析几何的本质是 .
参考答案:
答案:用代数的方法研究图形的几何性质
12. 函数的最大值是
参考答案:
略
13. 将直角三角形ABC沿斜边上的高AD折成120°的二面角,已知直角边,那么下面说法正确的是 .
(1) 平面ABC⊥平面ACD (2)四面体D-ABC的体积是
(3)二面角的正切值是 (4)BC与平面ACD所成角的正弦值是
参考答案:
(3)(4)
14. 对于非零实数,以下四个命题都成立:
① ; ② ;
③ 若,则; ④ 若,则.
那么,对于非零复数,仍然成立的命题的所有序号是 .
参考答案:
答案:②④
解析: 对于①:解方程得 a=± i,所以非零复数 a = ± i 使得,①不成立;②显然成立;对于③:在复数集C中,|1|=|i|,则 ?,所以③不成立;④显然成立。则对于任意非零复数,上述命题仍然成立的所有序号是②④
15. 关于圆,有下列命题:
①圆过定点;
②当时,圆与轴相切;
③点到圆上点的距离的最大值为;
④存在,使圆与轴,轴都相切.
其中真命题是 .(写出所有真命题的序号)
参考答案:
①②③
略
16. 函数的最大值是 。
参考答案:
试题分析:因为且
所以当时,有最大值。
考点:三角函数的性质.
17. 已知函数把函数的零点按从小到大的顺序排列成一个数列,则该数列的通项公式为____________
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. (12分)等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,a=9a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列的前n项和.
参考答案:
19. (本题满分14分) 如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是菱形,AC=6,BD=8,E是PB上任意一点,△AEC面积的最小值是3.
(Ⅰ)求证:AC⊥DE;
(Ⅱ)求四棱锥P-ABCD的体积.
参考答案:
(Ⅰ)证明:连接BD,设AC与BD相交于点F.
因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.
又因为PD⊥平面ABCD,AC平面ABCD,所以PD⊥AC.
而AC∩BD=F,所以AC⊥平面PDB.
E为PB上任意一点,DE平面PBD,所以AC⊥DE.
(Ⅱ)连EF.由(Ⅰ),知AC⊥平面PDB,EF平面PBD,所以AC⊥EF. S△ACE=AC·EF,在△ACE面积最小时,EF最小,则EF⊥PB.
S△ACE=3,×6×EF=3,解得EF=1.
由△PDB∽△FEB,得.由于EF=1,FB=4,,
所以PB=4PD,即.解得PD=
VP—ABCD=S□ABCD·PD=×24×=.
20. (本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程
已知函数.
(I)若不等式的解集为,求实数a的值;
(II)在(I)的条件下,若存在实数使成立,求实数的取值范围
参考答案:
(Ⅰ)由得,∴,即,
∴,∴。
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,令,
则,
∴的最小值为4,故实数的取值范围是。
21. 设椭圆的中心为原点O,长轴在x轴上,上顶点为A,左、右焦点分别为F1、F2,线段OF1、OF2的中点分别为B1、B2,且△AB1B2是面积为的直角三角形.过B1作直线l交椭圆于P、Q两点.
(1) 求该椭圆的标准方程;
(2) 若,求直线l的方程;
(3) 设直线l与圆O:x2+y2=8相交于M、N两点,令|MN|的长度为t,若t∈,求△B2PQ的面积的取值范围.
参考答案:
解:(1)设所求椭圆的标准方程为,右焦点为.
因△AB1B2是直角三角形,又|AB1|=|AB2|,故∠B1AB2=90o,得c=2b…………1分
在Rt△AB1B2中,,从而.………………3分
因此所求椭圆的标准方程为: …………………………………………4分
(2)由(1)知,由题意知直线的倾斜角不为0,故可设直线的方程为:,代入椭圆方程得,…………………………6分
设P(x1, y1)、Q(x2, y2),则y1、y2是上面方程的两根,因此,
,又,所以
………………………………8分
由,得=0,即,解得;
所以满足条件的直线有两条,其方程分别为:x+2y+2=0和x–2y+2=0……………………10分
(3) 当斜率不存在时,直线,此时,………………11分
当斜率存在时,设直线,则圆心到直线的距离,
因此t=,得………………………………………13分
联立方程组:得,由韦达定理知,
,所以,
因此.
设,所以,所以…15分
综上所述:△B2PQ的面积……………………………………………16分
略
22. 已知四棱锥P﹣ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,E是BC中点,M是PD上的中点,F是PC上的动点.
(Ⅰ)求证:平面AEF⊥平面PAD
(Ⅱ)直线EM与平面PAD所成角的正切值为,当F是PC中点时,求二面角C﹣AF﹣E的余弦值.
参考答案:
【考点】二面角的平面角及求法;平面与平面垂直的判定;直线与平面所成的角.
【分析】(Ⅰ)连接AC,推导出AE⊥BC,AE⊥AD,PA⊥AE,由此能证明平面AEF⊥平面PCD.
(Ⅱ)以AE,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角C﹣AF﹣E的余弦值.
【解答】证明:(Ⅰ)连接AC,
∵底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,
∴△ABC是正三角形,
∵E是BC中点,∴AE⊥BC,
又AD∥BC,∴AE⊥AD,…(1分)
∵PA⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,∴PA⊥AE,…(2分)
又PA∩AE=A,
∴AE⊥平面PAD,…(3分)
又AE?平面AEF,
∴平面AEF⊥平面PCD. …(4分)
解:(Ⅱ)由(Ⅰ)得,AE,AD,AP两两垂直,
以AE,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,…
∵AE⊥平面PAD,∴∠AME就是EM与平面PAD所成的角,…(6分)
在Rt△AME中,tan,即=,
设AB=2a,则AE=,得AM=,
又AD=AB=2a,设PA=2b,则M(0,a,b),
∴AM==,
从而b=a,∴PA=AD=2a,…(7分)
则A(0,0,0),B(,﹣a,0),C(),D(0,2a,0),P(0,0,2a),E(),F(,,a),
∴=(),=(,,a),=(﹣),…(8分)
设=(x,y,z)是
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