2021-2022学年浙江省杭州市中加合作枫华中学高三数学文月考试题含解析

1、2021-2022学年浙江省杭州市中加合作枫华中学高三数学文月考试题含解析一、 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. 若，则（ ） A B C D参考答案：C2. 设四面体四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，它们的最大值为S，记=(4Si)/S，则一定满足( ) (A)24 (B)34 (C)2.54.5 (D)3.55.5参考答案：A解： 4Si4S，故4Si4，又当与最大面相对的顶点向此面无限接近时，4Si接近2S，故选A3. 已知全集U=R，设函数y=lg(x-1)的定义域为集合A，函数y=的值域为集合 B，则A(C

2、B)= （）A1,2 B1,2) C(1,2 D(1,2)参考答案：D4. 已知数列，满足，, 则数列的前项的和为 （ ） A B.C D参考答案：D略5. 已知椭圆=1（ab0）的左，右焦点为F1，F2，离心率为eP是椭圆上一点，满足PF2F1F2，点Q在线段PF1上，且若=0，则e2=（）ABCD参考答案：C【考点】K4：椭圆的简单性质【分析】由题意求得P点坐标，根据向量的坐标运算求得Q点坐标，由=0，求得b4=2c2a2，则b2=a2c2，根据离心率的取值范围，即可求得椭圆的离心率【解答】解：由题意可知：PF2F1F2，则P（c，），由，（xQ+c，yQ）=2（cxQ，yQ），则Q（，）

3、，=（2c，），=（，），由=0，则2c（）+=0，整理得：b4=2c2a2，则（a2c2）2=2c2a2，整理得：a44c2a2+c4=0，则e44e2+1=0，解得：e2=2，由0e1，则e2=2，故选C6. 设函数，则的值为（ ）A1 B3 C5 D6参考答案：C略7. 在中，是边上的一点，若记，则用表示所得的结果为 （ ）A B C D 参考答案：【知识点】平面向量的基本定理及其意义F2C 解析：如图，B，D，C三点共线，存在，使；又；故选C【思路点拨】B，D，C三点共线，所以根据已知条件对于，能够得到，所以得到，所以8. 函数f（x）=exex（xR）的奇偶性是（）A奇函数B偶函数C

4、非奇非偶函数D既是奇函数也是偶函数参考答案：A【考点】函数奇偶性的判断【分析】直接利用函数的奇偶性的定义定义判断【解答】解：函数f（x）=exex（xR）的定义域为R，且f（x）=exex=（exex）=f（x），f（x）=exex（xR）是奇函数故选：A9. 已知，则a，b，c的大小关系为A. B. C. D.参考答案：A，故，所以.故选A.10. 已知在等差数列an中，a3+a9+a15=15，则数列an的前17项之和S17=( )A45B85C95D105参考答案：B考点：等差数列的前n项和 专题：等差数列与等比数列分析：由等差数列的性质和已知可得a9的值，而S17=17a9，代值计算可

5、得解答：解：由等差数列的性质可得a3+a9+a15=3a9=15，a9=5，S17=17a9=85故选：B点评：本题考查等差数列的求和公式和性质，求出a9是解决问题的关键，属基础题二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 圆心在直线上的圆与轴的正半轴相切，圆截轴所得弦的长为，则圆的标准方程为。参考答案：设圆心，半径为. 由勾股定理得： 圆心为，半径为2， 圆的标准方程为.12. 若等差数列和等比数列满足a1=b1=1，a4=b4=8，则=_.参考答案：113. ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则ABC面积的最大值为_参考答案：【分析】根据边角关系式求得，利用

6、余弦定理得到，再利用基本不等式得到，由此可求得面积的最大值.【详解】 由余弦定理可知： 当且仅当时取等号本题正确结果：【点睛】本题考查解三角形中边角关系式的化简、三角形面积最值问题.解决此类面积最值问题的关键是通过余弦定理构造等量关系，利用基本不等式求得所需的最值.14. 对于的命题，下列四个判断中正确命题的个数为 .；，则参考答案：15. 已知四棱锥的所有顶点都在球的表面上,顶点到底面的距离为1,若球的体积为,则四棱锥体积的最大值为.参考答案：16. 已知函数，则的最小正周期是 参考答案：【解析】 ,所以函数的最小正周期。答案：17. 的值是 参考答案：2【考点】GI：三角函数的化简求值【分

7、析】根据同角三角函数关系式和辅助角公式化简后，可得答案【解答】解：由=，故答案为：2【点评】本题主要考察了同角三角函数关系式和和辅助角公式的应用，属于基本知识的考查三、 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，四边形ABCD为正方形，QA平面ABCD，PDQA，2QA=2AB=PD（）证明：PQQC（）求棱锥QABCD的体积与棱锥PDCQ的体积的比值参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】（）推导出PQDC，PQQD，从而PQ平面DCQ，由此能证明PQQC（）设AB=a，由题设知AQ为棱锥QABCD的高，PQ为棱锥PDCQ的高，由此能求出棱

8、锥QABCD的体积与棱锥PDCQ的体积的比值【解答】证明：（）四边形ABCD为正方形，QA平面ABCD，PDQA，2QA=2AB=PD，PDAQ为直角梯形，QA平面ABCD，平面PDAQ平面ABCD，交线为AD，又四边形ABCD为正方形，DCAD，DC平面PDAQ，PQDC，在直角梯形PDAQ中，DQ=PQ=PD，PQQD，PQ平面DCQ，PQQC解：（）设AB=a，由题设知AQ为棱锥QABCD的高，棱锥QABCD的体积V1=，由（）知PQ为棱锥PDCQ的高，PQ=，DCQ的面积为a2，棱锥PDCQ的体积，棱锥QABCD的体积与棱锥PDCQ的体积的比值为1：1【点评】本题考查线线垂直的证明，考

9、查两个几何体的体积的比值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养19. 已知椭圆E：（ab0）的一焦点F在抛物线y2=4x的准线上，且点M（1，）在椭圆上（1）求椭圆E的方程；（2）过直线x=2上任意一点P作椭圆E的切线，切点为Q，试问：是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由参考答案：【考点】椭圆的简单性质【专题】方程思想；设而不求法；平面向量及应用；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（1）根据抛物线方程求出其准线，确定焦点的坐标，然后求出椭圆中的c，再根据M点在椭圆上，求出椭圆方程；（2）设出PQ直线方程，然后与椭圆方程联立，根据=0，求出P、Q坐标，然后运用向量

10、的数量积的坐标表示计算即可得到结论【解答】解：（1）抛物线y2=4x的准线为x=1，则F（1，0），即c=1，即有a2b2=1，又M（1，）在椭圆上，则+=1，解得a2=2，b2=1，故椭E的方程+y2=1；（2）设P（2，y0）、Q（x1，y1）依题意可知切线PQ的斜率存在，设为k，PQ：y=kx+m，并代入方程+y2=1中，整理得：（2k2+1）x2+4mkx+2（m21）=0，因=16m2k28（2k2+1）（m21）=0，即m2=2k2+1从而x1=，y1=，所以Q（，），又y0=2k+m，则P（2，2k+m），=（1，m2k），=（1，）由于=1+（m2k）?=1=0即有为定值0【点

11、评】本题考查了椭圆和抛物线的标准方程，同时与平面向量的知识结合考查学生的运算能力，本题对学生的计算能力要求较高20. 在同一直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线C的方程变为.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；（2）过点作l的垂线l0交C于A，B两点，点A在x轴上方，求的值.参考答案：（1），（2）【分析】（1）将变换公式代入得，即可曲线C的方程，利用极坐标与直角的互化公式，即可求解直线的直角坐标方程； （2）将直线l0的参数方程代入曲线C的方程整理得，利用根与系数的关系和直线的参数方程中参数的几何意义，即可求解的值.【详解

12、】（1）将代入得，曲线C的方程为，由，得，把，代入上式得直线l的直角坐标方程为. （2）因为直线l的倾斜角为，所以其垂线l0的倾斜角为，则直线l0的参数方程为（t为参数），即（t为参数）代入曲线C的方程整理得，设A，B两点对应的参数为t1，t2，由题意知，则，且，所以.【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，直线参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理利用韦达定理和直线的参数方程中参数的几何意义求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.21. 已知点M（3，1），直线axy+4=0及圆（x1）2+（y2）2=4（1）求过M点的圆的切线方程；（2）若直线axy+4=0与圆

13、相切，求a的值参考答案：【考点】圆的切线方程【专题】计算题；直线与圆【分析】（1）根据圆的切线到圆心的距离等于半径，可得当直线的斜率不存在时方程为x=3，符合题意而直线的斜率存在时，利用点斜式列式并结合点到直线的距离公式加以计算，得到切线方程为3x4y5=0，即可得到答案（2）根据圆的切线到圆心的距离等于半径，利用点到直线的距离公式建立关于a的方程，解之即可得到a的值【解答】解：（1）圆的方程为（x1）2+（y2）2=4，圆心C（1，2），半径r=2，当过M点的直线的斜率不存在时，方程为x=3，由圆心C（1，2）到直线x=3的距离d=31=2=r知，此时直线与圆相切当直线的斜率存在时，设方程为y1=k（x3），即kxy+13k=0根据题意，可得=2，解得k=，此时切线方程为y1