2021-2022学年山东省威海市乳山口镇初级中学高三数学理测试题含解析

2021-2022学年山东省威海市乳山口镇初级中学高三数学理测试题含解析一、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.已知椭圆的离心率为，是椭圆上一点，是椭圆的左右焦点，为的内切圆圆心，若0，则的值是

A.4

B.3

C.1

D.1

参考答案：D2.定义在上的函数，满足，，若，且，则有（

）A．

B．

C．

D．不确定参考答案：略3.某几何体的三视图是如图所示，其中左视图为半圆，则该几何体的体积是（

）A．

B．

C．

D．

参考答案：A4.已知集合M={0，1}，N={x|x=2n，n∈Z}，则M∩N为（）A．{0} B．{1} C．{0，1} D．{0，1，2}参考答案：A【考点】交集及其运算．【分析】由M与N，找出两集合的交集即可．【解答】解：∵M={0，1}，N={x|x=2n，n∈Z}，∴M∩N={0}，故选：A．5.从双曲线的左焦点引圆的切线，切点为T,延长FT交双曲线右支于点P,O为坐标原点，M为PF的中点，则与的大小关系为

(

)．A．

B．C．

D．.不能确定参考答案：B略6.执行右图所示的程序框图，则输出的结果是（

）A． B．

C．

D．参考答案：C10.如图，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线，之间//,与半圆相交于F,G两点，与三角形ABC两边相交于Ｅ，Ｄ两点，设弧的长为，，若从平行移动到，则函数的图像大致是参考答案：D8.在△ABC中，，，，则（

）A. B. C. D.参考答案：B依题意有，由余弦定理得，由正弦定理得.点睛：本题主要考查三角形面积公式，考查正弦定理和余弦定理的应用.由于已知三角形的面积和三角形一个角和一条边，首先根据三角形面积公式求出另一条边，再根据余弦定理求出第三条边，最后利用正弦定理求得相应的比值.在解三角形的题目中往往正弦定理和余弦定理都需要考虑.9.过抛物线的焦点作一条直线与抛物线相交于两点,它们到直线的距离之和等于5,则这样的直线

A．有且仅有一条

B．有且仅有两条

C．有无穷多条

D．不存在参考答案：B略10.已知幂函数的图像经过（9，3），则=

A.3

B.

C.

D.1参考答案：C设幂函数为，则，即，所以，即，所以，选C.二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.如图所示，椭圆的左，右顶点分别为，线段是垂直于椭圆长轴的弦，连接相交于点，则点的轨迹方程为____________．参考答案：故填：.考点：1.轨迹方程；2.椭圆方程.【方法点睛】本题考查了交轨法求轨迹方程，属于中档题型，首先根据和两点的坐标，表示直线和,然后两个方程消参后就是交点的轨迹方程，消参多选择的方法多采用代入消参，或四则消参，比如两个式子相加，相减，或相除，相乘，再根据点在抛物线上，得到轨迹方程.12.观察下列等式：……则当m＜n且m，n∈N时，（最后结果用m，n表示）．参考答案：n2－m2解析：第一行m＝0，n＝1，右边的值为1；第二行m＝2，n＝4，右边的值为12＝42－22；第三行m＝5，n＝8，右边的值为39＝82－52；所以猜想．13.不等式的解为__________。参考答案：14.在平面直角坐标系xOy中，双曲线的右支与焦点为F的抛物线交于A，B两点，若，则该双曲线的渐近线方程为.参考答案：｜AF｜+｜BF｜=yA++yB+=4×yA+yB=p，因为a2y2－2pb2y+a2b2=0，yA+yB==pa=b渐近线方程为15.已知函数和，若存在实数a使得，则实数b的取值范围为__________．参考答案：[－1,5]当时,;当时,,若存在使,则,即,解得,故填.点睛：本题考查学生的是函数的应用问题,属于中档题目.首先求出分段函数的值域,一段根据对数函数的单调性,另外一段利用对勾函数的性质以及基本不等式和反比例的值域求得,根据题意,即方程有解问题,从而限制的范围,解出不等式即可.16.在中，在BC边上任取一点P，满足的概率为

.参考答案：分析：利用几何概型求的概率.详解：设点M在BC上，且BM:MC=3：5，此时.当点P在线段MC上时，满足，所以所求的概率为.故答案为：

17.若圆锥的内切球和外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为

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.(本小题满分12分)已知,（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若在处有极值，求的单调递增区间；（Ⅲ）是否存在实数，使在区间的最小值是3，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.参考答案：（Ⅰ）函数的定义域为，因为，所以当时，，，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即.

3分（Ⅱ）因为在处有极值，所以，由（Ⅰ）知，所以经检验，时在处有极值．

4分所以，令,解得或；因为的定义域为，所以的解集为，即的单调递增区间为.

6分（Ⅲ）假设存在实数，使在区间上有最小值3，由，①当时，，在上单调递减，，解得，舍去.

8分②当即时，在上单调递减，在上单调递增，，解得，满足条件.

10分③当即时，，所以在上单调递减，，解得，舍去.综上，存在实数，使在区间上的最小值是3.

12分19.（14分）已知向量=（cosα，﹣1），=（2，sinα），其中α∈(0，)，且⊥．（1）求cos2α的值；（2）若sin（α﹣β）=，且β∈(0，)，求角β．参考答案：【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系．【分析】（1）由已知得=2cosα﹣sinα=0，从而sin2α+cos2α=5cos2α=1，进而cos2α=，由此能求出cos2α．（2）由cos2α=，，得cosα=，sinα==，由sin（α﹣β）=，且，得sinβ=2cos，由此能求出β的值．【解答】解：（1）∵向量=（cosα，﹣1），=（2，sinα），其中，且．∴=2cosα﹣sinα=0，∴sin2α+cos2α=5cos2α=1，∴cos2α=，∴cos2α=2cos2α﹣1=﹣．（2）∵cos2α=，，∴cosα=，sinα==，∵sin（α﹣β）=，且，∴sinαcosβ﹣cosαsinβ=，∴2cosβ﹣sinβ=，∴sinβ=2cos，∴sin2β+cos2β=5cos2β﹣2﹣=0，解得cosβ=或cosβ=﹣（舍），∵，∴β=．【点评】本题考查角的余弦值的求法，考查角的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意三角函数性质的合理运用．20.（本小题满分12分）已知椭圆：的左右焦点分别为，离心率为，两焦点与上下顶点形成的菱形面积为2．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点的直线与椭圆交于A,B两点，四边形为平行四边形，为坐标原点，且，求直线的方程．参考答案：（Ⅰ）椭圆的方程：

…………………4分（Ⅱ）首先，直线的斜率不存在时，，，舍去；

设直线的方程为：，代入椭圆方程：所以，设，则又

及得：，结合韦达定理可求出，

，所以所求直线的方程为：略21.如图，四边形是矩形，平面，四边形是梯形，，

点是的中点，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值.参考答案：（Ⅰ）证明：连结，交于点，∴点是的中点.∵点是的中点，∴是的中位线.

∴∵平面，平面，∴平面.………5分（Ⅱ）解：四边形

是梯形，，又四边形是矩形，，又，又，。在中，，由可求得

………………6分以为原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.…7分

∴，，，，∴，，.设平面的法向量，∴，.∴

令，则，.∴.又是平面的法向量，∴

如图所示，二面角为锐角.∴二面角的余弦值是…………13分

略22.在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC=2AD=4，EF=3，AE=BE=2，G是BC的中点．（1）求证：BD⊥EG；（2）求平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值．参考答案：【考点】MR：用空间向量求平面间的夹角；LX：直线与平面垂直的性质．【分析】解法1（1）证明BD⊥EG，只需证明EG⊥平面BHD，证明DH⊥EG，BH⊥EG即可；（2）先证明∠GMH是二面角G﹣DE﹣F的平面角，再在△GMH中，利用余弦定理，可求平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值；解法2（1）证明EB，EF，EA两两垂直，以点E为坐标原点，EB，EF，EA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系用坐标表示点与向量，证明，可得BD⊥EG；（2）由已知得是平面DEF的法向量，求出平面DEG的法向量，利用向量的夹角公式，可求平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值．【解答】解法1（1）证明：∵EF⊥平面AEB，AE?平面AEB，∴EF⊥AE，又AE⊥EB，EB∩EF=E，EB，EF?平面BCFE，∴AE⊥平面BCFE．…过D作DH∥AE交EF于H，则DH⊥平面BCFE．∵EG?平面BCFE，∴DH⊥EG．…∵AD∥EF，DH∥AE，∴四边形AEHD平行四边形，∴EH=AD=2，∴EH=BG=2，又EH∥BG，EH⊥BE，∴四边形BGHE为正方形，∴BH⊥EG，…又BH∩DH=H，BH?平面BHD，DH?平面BHD，∴EG⊥平面BHD．…∵BD?平面BHD，∴BD⊥EG．…（2）解：∵AE⊥平面BCFE，AE?平面AEFD，∴平面AEFD⊥平面BCFE由（1）可知GH⊥EF，∴GH⊥平面AEFD∵DE?平面AEFD，∴GH⊥DE…取DE的中点M，连接MH，MG∵四边形AEHD是正方形，∴MH⊥DE∵MH∩GH=H，MH?平面GHM，GH?平面GHM，∴DE⊥平面GHM，∴DE⊥MG∴∠GMH是二面角G﹣DE﹣F的平面角，…在△GMH中，，∴…∴平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值为．…解法2（1）证明：∵EF⊥平面AEB，AE?平面AEB，BE?平面AEB，∴EF⊥AE，EF⊥BE，又AE⊥