四川省绵阳市安县兴仁中学高三数学理模拟试卷含解析

1、四川省绵阳市安县兴仁中学高三数学理模拟试卷含解析一、 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. 一只蚂蚁从正方体的顶点处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图是（ ）A B C D参考答案：D略2. 若变量满足约束条件，则的最大值是（ ）A B C D 参考答案：D略3. 一个几何体挖去部分后的三视图如图所示，若其正视图和侧视图都是由三个边长为2的正三角形组成，则该几何体的表面积为（ ）A 13 B12 C. 11 D参考答案：C4. 已知，i为虚数单位，若，则A B

2、C3 D参考答案：D5. 如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于（）A B CD参考答案：B考点：异面直线及其所成的角专题：计算题分析：先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可解答：解：取BC的中点G连接GC1FD1，再取GC的中点H，连接HE、OH，则OEH为异面直线所成的角在OEH中，OE=，HE=，OH=由余弦定理，可得cosOEH=故选B点评：本题主要考查了异面直线及其所成的角，以及余弦定理的应用，

3、属于基础题6. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）ABCD参考答案：D【考点】由三视图求面积、体积【分析】根据三视图作出几何体的直观图，将几何体分解成两个棱锥计算体积【解答】解：做出几何体的直观图如图所示：其中底面ABCD是边长为2的正方形，AE，DF为底面的垂线，且AE=2，DF=1，V=VEABC+VCADFE=+=故选D【点评】本题考查了空间几何体的三视图，体积计算，属于中档题7. 已知集合，若，则m的取值范围是（ ）A B C D参考答案：B略8. 在ABC中，则ABC的面积为（ ） DA.3 B.4 C.6 D.参考答案：C略9. 若R，则“=0”是“sincos”

4、的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件参考答案：A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】当“=0”可以得到“sincos”，当“sincos”时，不一定得到“=0”，得到“=0”是“sincos”的充分不必要条件【解答】解：“=0”可以得到“sincos”，当“sincos”时，不一定得到“=0”，如=等，“=0”是“sincos”的充分不必要条件，故选A10. 已知函数f（x）的图象是连续不断的，给出x，f（x）对应值如表：x123456f（x）23.521.47.811.55.712.4函数f（x）在区间1，6上的零点至少有（）A2个B3个C

5、4个D5个参考答案：B【考点】函数零点的判定定理【分析】利用零点判定定理，直接找出几个即可【解答】解：由图可知，f（2）0，f（3）0，f（4）0，f（5）0，由零点存在定理知在区间（2，3）上至少有一个零点，同理可以判断出在区间（3，4）、（4，5）上各至少有一个零点，所以在区间1，6上的零点至少有三个故选：B二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知，若向区域上随机投掷一点，则点落入区域的概率为_参考答案： 12. 若实数，满足，则的最大值为_.参考答案：3如图4，画出可行域，可知目标函数的最大值是当直线过时取得，即13. 下列命题中，真命题的有 。（只填写真命题的序号

6、） 若则“”是“”成立的充分不必要条件； 当时，函数的最小值为2； 若命题“”与命题“或”都是真命题，则命题一定是真命题； 若命题：，则：参考答案：略14. 已知恰有两条不同的直线与曲线和都相切，则实数p的取值范围是_参考答案：(0,2) 【分析】设曲线的切点为（），其切线,的切点坐标为（），【详解】设曲线的切点为（），的切点坐标为（）， , 切线方程为y-且过点（），故-由得,故有两解，由知，若不合题意；所以必有,即在有两解，令f(x)=,在（）单减，在（2，+）单增，的最小值为，又故,解0p2故答案为【点睛】本题考查导数的几何意义，导数与函数最值，函数与方程零点问题，转化化归能力，考查计算

7、能力，是难题15. “中国剩余定理”又称“孙子定理”1852年英国来华传教伟烈亚利将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理” “中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2018这2017个数中，能被3除余1且被5除余1的数，按由小到大的顺序排成一列，构成数列an，则此数列的项数为 参考答案：13416. 在ABC中，a=4，b=5，c=6，则= 参考答案：1【考点】余弦定理；二倍角的正弦；正弦定理 【专题】计算题；解三角形【分析】利用余弦定理求出c

8、osC，cosA，即可得出结论【解答】解：ABC中，a=4，b=5，c=6，cosC=，cosA=sinC=，sinA=，=1故答案为：1【点评】本题考查余弦定理，考查学生的计算能力，比较基础17. 设正三棱柱中，则该正三棱柱外接球的表面积是 参考答案：考点：1.正三棱柱的性质；2.球的切接问题.【名师点睛】本题考查正三棱柱的性质与球的切接问题，属中档题；球与旋转体的组合，通常通过作出它的轴截面解题；球与多面体的组合，通常通过多面体的一条侧棱和球心或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题. 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

9、知椭圆的离心率为、分别为椭圆C的左、右焦点，过F2的直线与C相交于A、B两点，的周长为.（I）求椭圆C的方程；（II）若椭圆C上存在点P，使得四边形OAPB为平行四边形，求此时直线的方程.参考答案：略19. （本小题满分12分） 如图5甲，四边形ABCD中，E是BC的中点，DB =2, DC=1，BC=，AB =AD=将（图甲）沿直线BD折起，使二面角A BD C为60o（如图乙） （）求证：AE平面BDC; （）求点B到平面ACD的距离参考答案：（）证明：如图4，取BD中点M，连接AM，ME.因为AB=AD=，所以AMBD， 因为DB=2，DC=1，BC=，满足：DB2+DC2=BC2， 所

10、以BCD是以BC为斜边的直角三角形，BDDC， 因为E是BC的中点，所以ME为BCD的中位线，ME， MEBD，ME=，（2分） AME是二面角A-BD-C的平面角，=. ，且AM、ME是平面AME内两条相交于点M的直线，平面AEM，.（4分） ，为等腰直角三角形，在AME中，由余弦定理得：， ，.（6分）（）解法一：等体积法.解法二：如图5，以M为原点，MB所在直线为x轴，ME所在直线为y轴，平行于EA的直线为z轴，建立空间直角坐标系， （7分）则由（）及已知条件可知B(1，0，0)，D，C.则 （8分）设平面ACD的法向量为=，则令则z=-2，（10分）记点到平面的距离为d，则，所以d.

11、（12分）20. （本小题满分12分）在边长为5的菱形ABCD中，AC8.现沿对角线BD把ABD折起，折起后使ADC的余弦值为.（1）求证：平面ABD平面CBD；（2）若M是AB的中点，求三棱锥的体积参考答案：(2)21. 已知数列an中,.()求证：数列 bn 是等比数列;()求数列an的前n项和Sn.参考答案：()证明:因为所以则 （3分）又因为 (4分）所以数列是首项为2,公比为2的等比数列. （5分）()由()知所以 （6分）所以 （7分） （8分）. （12分）22. 已知五边形ABCDE由直角梯形ABCD与直角ADE构成，如图1所示，AEDE，ABCD，ABAD，且AD=CD=2D

12、E=3AB，将梯形ABCD沿着AD折起，形成如图2所示的几何体，且使平面ABCD平面ADE（）在线段CE上存在点M，且=，证明BM平面ADE；（）求二面角BCED的平面角的余弦值参考答案：【考点】MT：二面角的平面角及求法；LS：直线与平面平行的判定【分析】（）过点M作MFDC，交ED于点F，推导出四边形ABMF是平行四边形，由此能证明BM平面ADE（）以点E为原点，ED为x轴，EA为y轴，过E作平面ADE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角BCED的平面角的余弦值【解答】证明：（）过点M作MFDC，交ED于点F，=，由题意知=，ABCD，ABMF，四边形ABMF是平行四边形，BMAF，又BM?平面ADE，AF?平面ADE，BM平面ADE解：（）AEDE，以点E为原点，ED为x轴，EA为y轴，过E作平面ADE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，设AB=1，则AD=CD=