2022年四川省成都市金堂黄家中学高三数学文联考试题含解析

2022年四川省成都市金堂黄家中学高三数学文联考试题含解析一、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.某几何体由圆柱挖掉半个球和一个圆锥所得，三视图中的正视图和侧视图如图所示，求该几何体的表面积（）A．60π B．75π C．90π D．93π参考答案：B【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由正视图与侧视图可知：圆柱的底面直径为6，高为7，球的直径为6，圆锥的底面直径为6，高为4，代入公式，可得答案．【解答】解：由正视图与侧视图可知：圆柱的底面直径为6，高为7，球的直径为6，圆锥的底面直径为6，高为4．可得该几何体的表面积S=2π×3×7+π×3×+2π×32=75π，故选：B．2.公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”.如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（

）（参考数据：，）A．12

B．18

C.24

D．32参考答案：C3.过双曲线的一个焦点F作一条与其渐近线垂直的直线，垂足为A，O为坐标原点，若，则此双曲线的离心率为（

）A．

B．

C．2

D．参考答案：C中，,所以且=c，所以.根据题意有：，即离心率.故选C.

4.已知函数：，其中：，记函数满足条件：为事件为，则事件发生的概率为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B5.“”是“曲线过坐标原点”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：A略6.下列各式的运算结果为纯虚数的是（）A. B. C. D.参考答案：C,,,所以选C.7.已知函数，，当x=a时，取得最小值b，则函数的图象为参考答案：B8.奇函数满足，且当时，，则的值为（

）A.8

B.

C.

D.参考答案：D9.已知是两条不同的直线，是一个平面，有下列四个命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．其中真命题的序号有（

）A．①③

B．①④

C．②③

D．②④参考答案：C10.设纯虚数z满足（其中i为虚数单位），则实数a等于

(A)1

(B)－1

(C)2

(D)－2参考答案：A略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.一厂家向用户提供的一箱产品共10件，其中有1件次品.用户先对产品进行随机抽检以决定是否接受.抽检规则如下：至多抽检3次，每次抽检一件产品(抽检后不放回)，只要检验到次品就停止继续抽检，并拒收这箱产品；若3次都没有检验到次品，则接受这箱产品，按上述规则，该用户抽检次数的数学期望是___________.参考答案：略12.已知等比数列的各项都是正数，且成等差数列，则

.参考答案：1+

13.若函数

()的图像过定点,点在曲线

上运动,则线段中点轨迹方程是

．参考答案：由，得，解得，此时，所以函数过定点.设,则,因为在曲线上运动,，所以，整理得，即的轨迹方程是。14.如图，三棱锥的顶点，，，都在同一球面上，过球心且，是边长为等边三角形，点、分别为线段，上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为__________．参考答案：解：设，∵为中点，，∴，∵平面平面，平面平面，∴平面，∴是三棱锥的高，，∴，，在中，，，∴，，∴．，当且仅当时取等号，∴三棱锥体积的最大值为．故答案为．15.（不等式选做题）在实数范围内，不等式的解集为

．

参考答案：略16.函数y=f(x)=x3＋ax2＋bx＋a2，在x=1时，有极值10，则a=

,b=

。参考答案：

a=4

b=－1117.如图放置的边长为1的正三角形PAB沿x的负半轴按逆时针方向滚动，设顶点的纵坐标与横坐标的函数关系式是，否则在区间[-2，1]上的解析式是

。参考答案：

略三、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.选修4—4参数方程与极坐标已知曲线的极坐标方程是．以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是（t是参数）．若与C相交于两点，且．（1）求圆的普通方程，并求出圆心与半径；（2）求实数的值．参考答案：（1）曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程为，圆心坐标为，半径．（2）直线的直角坐标方程为，则圆心到直线的距离所以，可得，解得或．19.在平面直角坐标系中，已知圆:，过点且斜率为的直线与圆相交于不同的两点，线段的中点为。(1)求的取值范围；(2)若，求的值。参考答案：（1）方法一：圆的方程可化为，直线可设为，即，圆心到直线的距离为，依题意，即，解之得：； 7分方法二：由可得：，依题意，解之得：．（2）方法一：因为，且斜率为，故直线：，由可得，又是中点，所以，即，解之得：． 15分方法二：设，，则由可得：，所以，又，且斜率为，所以，即，也就是，所以，解之得：．方法三：点的坐标同时满足，解此方程组，消去可得．略20.如图，四边形ABCD为矩形，PB=20，BC=30，PA⊥平面ABCD．（1）证明：平面PCD⊥平面PAD；（2）当AB的长为多少时，面PAB与面PCD所成的二面角为60°？请说明理由．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．【分析】（1）推导出AB⊥AD，PA⊥AB，从而AB⊥平面PAD，再由AB∥CD，能证明平面PCD⊥平面PAD．（2）以A为原点，AP，AB，AD所以直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出当AB的长为1时，面PAB与面PCD所成的二面角为60°．【解答】（本小题满分12分）证明：（1）∵四边形为矩形，∴AB⊥AD，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，且PA∩AD=A，∴AB⊥平面PAD，∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，∴CD⊥平面PAD，又因为CD?平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAD．…（6分）解：（2）如图，以A为原点，AP，AB，AD所以直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AB=a，则A（0，0，0），P（，0，0），B（0，a，0），C（0，a，3），D（0，0，3）=（﹣，a，3），=（﹣，0，3），设平面PCD的法向量为=（x，y，z），则由⊥，⊥得：﹣?x+ay+3z=0，﹣x+3z=0∴=（3，0，﹣）平面PAB的法向量为=（0，0，1）又面PAB与面PCD所成的二面角为锐二面角，面PAB与面PCD所成的二面角为60°，∴cos60°==，即：=2，解得a=1∴当AB的长为1时，面PAB与面PCD所成的二面角为60°．…（12分）【点评】本题考查面面垂直的证明，考查满足二面角为60°的线段长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．21.已知椭圆的四个顶点围成的菱形的面积为，椭圆的一个焦点为圆的圆心．(1)求椭圆的方程；(2)若M，N为椭圆上的两个动点，直线OM，ON的斜率分别为，当时，△MON的面积是否为定值?若为定值，求出此定值；若不为定值，说明理由．参考答案：（1）（2）为定值，详见解析【分析】(1)根据菱形的面积和焦点建立方程组，解方程组可得；(2)先求弦长和三角形的高，再求面积的表达式，求出定值.【详解】解：（1）由题意可知，，

圆的圆心为，所以，

因此，联立，解之，故椭圆的方程为.（2）设，当直线的斜率存在时，设方程为，由，消可得，则有，即，，所以.

点到直线的距离，所以.

又因为，所以，化简可得，满足，代入，当直线的斜率不存在时，由于，考虑到关于轴对称，不妨设，则