2021-2022学年湖北省黄冈市五里中学高三数学理月考试卷含解析

1、2021-2022学年湖北省黄冈市五里中学高三数学理月考试卷含解析一、 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. 已知，满足约束条件，若的最小值为，则（ ）ABCD参考答案：B略2. 满足条件的复数z在复平面上对应点的轨迹是(A) 一条直线 (B) 两条直线(C) 圆 (D) 椭圆参考答案：答案：C3. 已知函数f(x)，xR，则把导函数f(x)的图象向左平移个单位后得到的函数是 ( )Ay cos x By cos x Cy sin x Dy sin x参考答案：A略4. 如果不共线向量满足，那么向量的夹角为（）ABCD参考答案：

2、C【考点】数量积表示两个向量的夹角【分析】通过向量的数量积的计算，得到数量积为0，即可判断两个向量的夹角【解答】解：，=4=4=0，故向量的夹角为，故选C5. 复数的值是（A）2 （B） （C） （D）参考答案：C，选C.【答案】略6. 已知=2，=，=1，则向量与的夹角为 （ ）A. B. C. D. 参考答案：B7. 已知向量、满足=+，|=2，|=1，E、F分别是线段BC、CD的中点，若，则向量与的夹角为（）ABCD参考答案：B【考点】平面向量数量积的运算【分析】由题意画出图形，结合?求得，的值，即可求出向量与的夹角【解答】解：如图所示，?=（）?（）=?=；由|=|=2，|=|=1，可

3、得?=1，cos，=，=，即向量与的夹角为故选：B8. 椭圆的焦点在轴上，且长轴长为短轴长的倍，则它的离心率为（ ）A B C D 参考答案：C略9. 已知集合，则集合= （ ）A. B. C. D.参考答案：C10. 已知，则（ ）A2,1 B2 C1,0,1 D0,1参考答案：A二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 如图是一个算法流程图，则输出的b的值为_参考答案：8【分析】根据程序框图，写出每次运行结果，利用循环结构计算并输出b的值【详解】第1步：a10不成立，aab2，bab1；第2步：a10不成立，aab3，bab2；第3步：a10不成立，aab5，bab3；第4

4、步：a10不成立，aab8，bab5；第5步：a10不成立，aab13，bab8；第6步：a10成立，退出循环，输出b8.故答案为：8【点睛】本题考查循环结构的程序框图，对循环体每次循环需要进行分析并找出内在规律，属于基础题12. 在中，若，则参考答案：由余弦定理知，所以13. 已知向量，若,则= 参考答案：略14. 在平面直角坐标系xOy中，角的始边与x轴正半轴重合，终边与单位圆交点的纵坐标为，则_参考答案：【分析】角的终边与单位圆交点的纵坐标为，可以求出终边与单位圆交点的横坐标，这样可以求出角，也就能求出的值.【详解】设角的终边与单位圆交点的横坐标为，因为角的终边与单位圆交点的纵坐标为，所

5、以，当角的终边与单位圆交点的坐标为时，当角的终边与单位圆交点的坐标为时，综上所述 .【点睛】本题考查了通过求一个角的终边与单位圆的交点的坐标，求此角二倍角的余弦值问题，考查了分类讨论思想、数形结合思想.15. 已知程序框图如右，则输出的= 参考答案：916. 在ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且 a=15，b=10，A=60，则cosB= 参考答案：【考点】正弦定理 【专题】计算题；解三角形【分析】由正弦定理可得，可求sinB，然后结合大边对大角及同角平方关系即可求解【解答】解：a=15，b=10，A=60由正弦定理可得，sinB=abABB为锐角cosB=故答案为：【点评】

6、本题主要考查了正弦定理及同角平方关系的简单应用，属于基础试题17. 函数的最小正周期T=_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. 已知椭圆C： =1（ab0）的上顶点为A，两个焦点为F1、F2，AF1F2为正三角形且周长为6（）求椭圆C的标准方程；（）已知圆O：x2+y2=R2，若直线l与椭圆C只有一个公共点M，且直线l与圆O相切于点N；求|MN|的最大值参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程【专题】计算题；函数思想；方程思想；转化思想；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（）利用已知条件列出，求解可得椭圆的标准方程（）直线

7、l的斜率显然存在，设直线l的方程为：y=kx+t，利用直线l与圆O相切，推出 t2=（1+k2）r2，联立直线与椭圆方程，利用相切关系推出t2=3+4k2，求出xM坐标，通过ONMN，推出|MN|2=7r2，得到结果【解答】解：（）解：由题设得解得：a=2，b=，故C的方程为（4分）（）直线l的斜率显然存在，设直线l的方程为：y=kx+t，由直线l与圆O相切，得r=，t2=（1+k2）r2（6分）由，可得：（3+4k2）x2+8ktx+4t212=0，因为直线l与椭圆C相切，所以=（8kt）24（3+4k2）（4t212）=0，得t2=3+4k2 ，（7分）所以xM=（8分）由ONMN，可得|

8、MN|2=|OM|2|ON|2=xM2+xM2r2=xM2+3r2=+3r2（10分）由可得k2=，将代入得|MN|2=7r2，（11分）当且仅当r2=2（3，4）所以|MN| （12分）【点评】本题考查椭圆的标准方程的求法，直线与椭圆方程的综合应用，考查分析问题解决问题的能力19. 如图1，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，面ABCD为正方形，E为侧棱PD上一点，F为AB上一点该四棱锥的正（主）视图和侧（左）视图如图2所示（）求四面体PBFC的体积；（）证明：AE平面PFC；（）证明：平面PFC平面PCD参考答案：【考点】平面与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判

9、定 【专题】空间位置关系与距离【分析】（I）利用左视图可得 F为AB的中点，即可得到三角形BFC的面积，由PA平面ABCD，可知PA是四面体PBFC的底面BFC上的高，利用三棱锥的体积计算公式即可得到；（II）利用三角形的中位线定理即可得到EQCD，再利用底面正方形的性质可得AFCD，利用平行四边形的判定和性质定理即可得到AEFQ，利用线面平行的判定定理即可证明结论；（III）利用线面垂直的性质定理和判定定理即可得到CD平面PAD，从而得到CDAE，由等腰三角形的性质可得AEPD，利用线面垂直的判定定理即可得到AE平面PCD，而FQAE，可得FQ平面PCD，利用面面垂直的判定定理即可证明结论【

10、解答】（）解：由左视图可得 F为AB的中点，BFC的面积为 PA平面ABCD，四面体PBFC的体积为=（）证明：取PC中点Q，连接EQ，FQ由正（主）视图可得 E为PD的中点，EQCD，又AFCD，AFEQ，AF=EQ四边形AFQE为平行四边形，AEFQAE?平面PFC，FQ?平面PFC，直线AE平面PFC（）证明：PA平面ABCD，PACD平面ABCD为正方形，ADCDCD平面PADAE?平面PAD，CDAEPA=AD，E为PD中点，AEPDAE平面PCDAEFQ，FQ平面PCDFQ?平面PFC，平面PFC平面PCD【点评】正确理解三视图，熟练掌握三角形BFC的面积、三棱锥的体积计算公式、三

11、角形的中位线定理、正方形的性质、平行四边形的判定和性质定理、线面平行的判定定理、线面垂直的性质定理和判定定理、等腰三角形的性质、面面垂直的判定定理是解题的关键20. （本题满分8分）某服装生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2015年度进行一系列促销活动，经过市场调查和测算，服装的年销量万件与年促销万元之间满足关系式（为常数），如果不搞促销活动，服装的年销量只能是1万件.已知2015年生产服装的设备折旧，维修等固定费用需要3万元，每生产1万件服装需再投入32万元的生产费用，若将每件服装的售价定为：“每件生产成本的150%”与“平均每件促销费的一半”之和，试求：（1）2015年的利润(万元)关于

12、促销费 (万元)的函数；（2）该企业2015年的促销费投入多少万元时，企业的年利润最大?(注：利润销售收入生产成本促销费，生产成本固定费用生产费用)参考答案：,所以，生产成本为 ，每件售价，所以， ； （2）因为 当且仅当即时取等号， 所以，答：促销费投入7万元时，企业的年利润最大.21. （本小题满分12分）已知椭圆的四个顶点所构成的菱形面积为6，且椭圆的焦点通过抛物线与的交点。（1）求椭圆C的方程；（2）设直线与椭圆相较于两点，若且，求面积的最大值。参考答案：（1）；（2） （1）由，令，得，则，所以又由题意，得，即由解得，故椭圆的方程为4分（2）不妨设直线的方程，设，由，消去得，则，6分因为以，所以 由 ，得 7分将代入上式，得 . 将 代入上式，解得或（舍）所以（此时直线经过定点，与椭圆有两个交点），9分所以10分设，则，所以当时，取得最大值12分22. 如图边