山东省聊城市茌平县第二高级中学2021年高三数学理联考试题含解析

山东省聊城市茌平县第二高级中学2021年高三数学理联考试题含解析一、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.在平面直角坐标系中，方程+=1(a，b是不相等的两个正数)所代表的曲线是

(A)三角形

(B)正方形

(C)非正方形的长方形

(D)非正方形的菱形参考答案：D解：x+y≥0，x－y≥0时，(一、四象限角平分线之间)：(a+b)x+(b－a)y=2ab；

x+y≥0，x－y<0时，(一、二象限角平分线之间)：(b－a)x+(a+b)y=2ab；

x+y<0，x－y≥0时，(三、四象限角平分线之间)：(a－b)x－(a+b)y=2ab；x+y<0，x－y<0时，(二、三象限角平分线之间)：－(a+b)x+(a－b)y=2ab．四条直线在a≠b时围成一个菱形(非正方形)．选D．2.已知x，y满足，若z=4x﹣y的最大值为，则a的值为（）A．7 B．6 C．5 D．4参考答案：D【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，和目标函数取得最大值时的直线方程求出交点坐标A，利用A也在直线y=3x﹣a上，代入求解即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：∵z=4x﹣y的最大值为，∴作出z=4x﹣y=的图象，由图象知z=4x﹣y=与y=x+，相交于A，由得，即A（，），同时A也在y=3x﹣a上，则=3×﹣a，即a=4，故选：D3.已知数列{an}中，，，，，，，，则数列{an}的前n项和Sn=（

）A．

B．

C.

D．参考答案：D4.已知是函数的零点，若，则的值满足(

）A．

B．

C．

D．的符号不能确定参考答案：C5.（3分）曲线y2=|x|+1的部分图象是（）A．B．C．D．参考答案：考点：曲线与方程．专题：函数的性质及应用．分析：分类讨论，去掉绝对值，化简函数的解析式，可得它的图象特征，结合所给的选项，得出结论．解答：当x≥0时，y2=x+1表示以（﹣1，0）为顶点的开口向右的抛物线．当x＜0时，y2=﹣（x﹣1）表示以（1，0）为顶点的开口向左的抛物线，故选：C．点评：本题主要考查函数的图象特征，属于基础题．6.设集合，则使M∩N＝N成立的的值是()A．1

B．0

C．－1

D．1或－1参考答案：C略7.若复数在复平面内所对应的点在实轴上，则实数a=（

）A.2 B.-2 C.1 D.0参考答案：B【分析】算出后利用对应的点在实轴上可求.【详解】，因复平面内所对应的点在实轴上，所以为实数，故，故选B.【点睛】本题考查复数的四则运算和复数的几何意义，属于基础题.8.直线l：y=kx+1与圆O：x2+y2=1相交于A，B两点，则“k=1”是“△OAB的面积为”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．既不充分又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；直线与圆相交的性质．【专题】直线与圆；简易逻辑．【分析】根据直线和圆相交的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．【解答】解：若直线l：y=kx+1与圆O：x2+y2=1相交于A，B两点，则圆心到直线距离d=，|AB|=2，若k=1，则|AB|=，d=，则△OAB的面积为×=成立，即充分性成立．若△OAB的面积为，则S==×2×==，即k2+1=2|k|，即k2﹣2|k|+1=0，则（|k|﹣1）2=0，即|k|=1，解得k=±1，则k=1不成立，即必要性不成立．故“k=1”是“△OAB的面积为”的充分不必要条件．故选：A．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用三角形的面积公式，以及半径半弦之间的关系是解决本题的关键．9.如图在△ABC中，在线段AB上任取一点P，恰好满足的概率是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D10.若，则

A.

B.

C.

D.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.给出以下四个命题：（1）对于任意的，，则有成立；（2）直线的倾斜角等于；（3）在空间如果两条直线与同一条直线垂直，那么这两条直线平行；（4）在平面将单位向量的起点移到同一个点，终点的轨迹是一个半径为1的圆．其中真命题的序号是

．参考答案：（1）（4）12.已知，则_______.参考答案：13.直线，则（O为坐标原点）等于

参考答案：略14.若是正数，且满足，用表示中的最大者，则的最小值为__________。参考答案：

解析：

，即15.已知m、n为直线，α，β为平面，给出下列命题：①

②

③

④其中的正确命题序号是：

参考答案：答案:②、③16.已知圆，过圆心的直线交圆于两点，交轴于点.若恰为的中点，则直线的方程为

.参考答案：或由｜PA｜＝｜PB｜则｜AC｜＝｜PA｜，即A是PC的三等分点xA＝2，代入圆方程5即A(2，3)或(2，7)，故直线l的方程为：或17.函数y=的定义域为

．参考答案：（﹣1，1）∪（1，+∞）【考点】函数的定义域及其求法．【专题】函数的性质及应用．【分析】利用分母不为0，对数的真数大于0，列出不等式组求解即可．解：函数y=有意义，可得：，函数的定义域为：（﹣1，1）∪（1，+∞）．故答案为：（﹣1，1）∪（1，+∞）．【点评】本题考查函数的定义域的求法，考查计算能力．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.（本小题满分12分）如图是一个直三棱柱（以A1B1C1为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为ABC。已知A1B1=B1C1=1，∠A1B1C1=90°，AA1=4，BB1=2，CC1=3．（1）设点O是AB的中点，证明：OC∥平面A1B1C1；（2）求二面角B—AC—A1的大小。参考答案：19.)如图，已知等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC=2AD=2AB=4，将△ABD沿BD折到△A′BD的位置，使平面A′BD⊥平面CBD．（Ⅰ）求证：CD⊥A′B；（Ⅱ）试在线段A′C上确定一点P，使得二面角P﹣BD﹣C的大小为45°．参考答案：证明：（I）证法一：在△ABC中，由余弦定理得BD2=AB2+AD2﹣2AB?ADcosA=4+4+8cosC，在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2﹣2BC?CD?cosC=16+4﹣16cosC，由上述两式可知，

∴BD⊥CD又∵面A'BD⊥面CBD，面A'BD∩面CBD=BD，∴CD⊥面A'BD∵A'B?面A'BD，∴A'B⊥CD．解：（II）法一：存在．P为A'C上靠近A'的三等分点．取BD的中点O，连接A′O，∵A'B=A'D∴A'O⊥BD又∵平面A′BD⊥平面CBD，∴A'O⊥平面CBD，∴平面A'OC⊥平面BCD，过点P作PQ⊥OC于Q，则PQ⊥平面BCD，过点Q作QH⊥BD于H，连接PH．则QH是PH在平面BDC的射影，故PH⊥BD，所以，∠PHQ为二面角P﹣BD﹣C的平面角，P为A'C上靠近A'的三等分点，∴，，∴，∴∠PHD=45°．∴二面角P﹣BD﹣C的大小为45°．证明：（Ⅰ）证法一：在等腰梯形ABCD中，过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F，则AE∥DF，∴EF=AD=2，又∵在等腰梯形ABCD中，Rt△ABE≌Rt△DCF且BC=4∴BE=FC=1∴D在△BCD中，，∴BD2+CD2=BC2，∴CD⊥BD，又∵平面A'BD⊥平面CBD，面A'BD∩面CBD=BD∴CD⊥平面A'BD∴CD⊥A'B．（Ⅱ）解法二：由（Ⅰ）知CD⊥BD，CD⊥平面A′BD．以D为坐标原点，以的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz．则D（0，0，0），，C（0，2，0），取BD的中点O，连接A'O，∵A'B=A'D∴A'O⊥BD在等腰△A'BD中可求得A'O=1∴所以，设，则设是平面PBD的法向量，则，即可取易知：平面CBD的一个法向量为由已知二面角P﹣BD﹣C的大小为45°．∴，解得：或λ=﹣1（舍）∴点P在线段A'C靠近A'的三等分点处．20.已知点A（﹣4，4）、B（4，4），直线AM与BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率之差为﹣2，点M的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的轨迹方程；（2）Q为直线y=﹣1上的动点，过Q做曲线C的切线，切点分别为D、E，求△QDE的面积S的最小值．参考答案：（Ⅰ）设M（x，y），由题意可得：，化为x2=4y．∴曲线C的轨迹方程为x2=4y且（x≠±4）．（Ⅱ）联立，化为x2﹣4kx+4（km+1）=0，由于直线与抛物线相切可得△=0，即k2﹣km﹣1=0．∴x2﹣4kx+4k2=0，解得x=2k．可得切点（2k，k2），由k2﹣km﹣1=0．∴k1+k2=m，k1?k2=﹣1．∴切线QD⊥QE．∴△QDE为直角三角形，|QD|?|QE|．令切点（2k，k2）到Q的距离为d，则d2=（2k﹣m）2+（k2+1）2=4（k2﹣km）+m2+（km+2）2=4（k2﹣km）+m2+k2m2+4km+4=（4+m2）（k2+1），∴|QD|=，|QE|=，∴（4+m2）=≥4，当m=0时，即Q（0，﹣1）时，△QDE的面积S取得最小值4．21.在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=2，AA1=2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥ABB1A1平面．（1）证明：BC⊥AB1；（2）若OC=OA，求直线CD与平面ABC所成角的正弦值．参考答案：【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的性质．【专题】综合题；空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）要证明BC⊥AB1，可证明AB1垂直于BC所在的平面BCD，已知CO垂直于侧面ABB1A1，所以CO垂直于AB1，只要在矩形ABB1A1内证明BD垂直于AB1即可，可利用角的关系加以证明；（Ⅱ）分别以OD，OB1，OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，求出，平面ABC的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可得出结论．【解答】（I）证明：由题意，因为ABB1A1是矩形，D为AA1中点，AB=2，AA1=2，AD=，所以在直角三角形ABB1中，tan∠AB1B==，在直角三角形ABD中，tan∠ABD==，所以∠AB1B=∠ABD，又∠BAB1+∠AB1B=90°，∠BAB1+∠ABD=90°，所以在直角三角形ABO中，故∠BOA=90°，即BD⊥AB1，又因为CO⊥侧面ABB1A1，AB1?侧面ABB1A1，所以CO⊥AB1所以，AB1⊥面BCD，因为BC?面BCD，所以BC⊥AB1．（Ⅱ）解：如图，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，则A（0，﹣，0），B（﹣，0，0），C（0，0，），B1（0，，0），D（，0，0），又因为=2，所以所以=（﹣，，0），=（0，，），=（，，），=（，0，﹣），设平面ABC的法向量为=（x，y，z），则根据可得=（1，，﹣）是平面ABC的一个法向量，设直线CD与平面ABC所成角为α，则sinα=，所以直线CD与平面ABC所成角的正弦值为．…【点评】本题考查了直线与平面垂直的性质，考查线面角，考查向量方法的运用，属于中档题．22.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1=A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点（点D不同于点C），且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：（1）平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）直线A1F∥平面ADE．参考答案：考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．专题：空间位置关系与距离；立体几何．分析：（1）根据三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，得到CC1⊥平面ABC，从而AD⊥CC1，结合已知条件AD⊥DE，DE、CC1是平面BCC1B1内的相交直线，得到AD⊥平面BCC1B1，从而平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）先证出等腰三角形△A1B1C1中，A1F⊥B1C1，再用类似（1）的方法，证出A1F⊥平面BCC1B1，结合AD⊥平面BCC1B1，得到A1F∥AD，最后根据线面平行的判定定理，得到直线A1F∥平面ADE．解答：解：（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，∵AD?平面ABC，∴AD⊥CC1又∵AD⊥D