2021-2022學年黑龍江省哈爾濱市龍新中學高三數學理模擬試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.函數f（x）=sinx+cosx的一條對稱軸是（）A．x=B．x=C．x=D．x=參考答案：A考點：兩角和與差的正弦函數；正弦函數的對稱性．專題：三角函數的圖像與性質．分析：化簡函數f（x）的解析式為f（x）=sin（x+），令x+=kπ+，k∈z，求出x即為函數的對稱軸．解答：解：根據和差公式可得f（x）=sinx+cosx=sin（x+）令x+=kπ+，k∈z，可得x=kπ+，k∈z．故選：A．點評：本題主要考查三角函數的恒等變換，正弦函數的對稱性，化簡函數f（x）的解析式為sin（x+），是解題的關鍵，屬于中檔題．2.已知，是由直線，和曲線圍成的曲邊三角形區域，若向區域上隨機投一點，點落在區域內的概率為，則的值是（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：D區邊三角形的面積為，區域的面積為1，若向區域上隨機投一點，點落在區域內的概率，所以，所以，選D.3.已知i是虛數單位，則復數

（

）

A．－1－i

B．－1+i

C．1+i

D．1－i參考答案：B4.設等比數列{an}的前n項和為Sn，若S10:S5＝1:2，則

(

)

A.

B.

C.

D.參考答案：B5.滿足，且的集合的個數是（

）A．1 B．2 C．3 D．4 參考答案：B略6.已知是定義在上的奇函數，滿足,當時,，則函數在區間上的零點個數是

A．3

B．5

C．7

D．9參考答案：D7.在△ABC中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，且，B=45°，面積S=3，則b的值為（）A．6 B．26 C． D．參考答案：D【考點】余弦定理的應用．【分析】利用三角形的面積公式求出邊a；利用三角形的余弦定理求出邊b．【解答】解：在△ABC中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，且，B=45°，面積S=3，∴S=acsinB==3．∴a=6．由余弦定理得：b2=a2+c2﹣2accosB=36+2﹣12×=26．∴b=．故選：D．8.過橢圓(a>b>0)左焦點F斜率為1的直線交橢圓于A，B兩點，向量與向量a=(3，-l)共線，則該橢圓的離心率為A．

B．

C．

D．參考答案：B9.在△ABC中，內角A、B、C的對邊分別是a、b、c，若a2－b2＝bc，sinC＝2sinB，則A＝

(

)A．30°

B．60°

C．120°

D．150°參考答案：A略10.在封閉直三棱柱ABC﹣A1B1C1內有一個體積為V的球，若AB⊥BC，AB=15，BC=8，AA1=5，則V的最大值是（）A． B． C． D．36π參考答案：B【考點】LG：球的體積和表面積．【分析】要使球的體積V最大，必須使球的半徑R最大．因為△ABC內切圓的半徑為2，所以由題意易知球與直三棱柱的上、下底面都相切時，球的半徑取得最大值，求出三棱柱ABC﹣A1B1C1內切球半徑即可【解答】解：要使球的體積V最大，必須使球的半徑R最大．Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=15，BC=8，∴AC=12，△ABC內切圓的半徑為r=3，所以由題意易知球與直三棱柱的上、下底面都相切時，球的半徑取得最大值為．此時球的體積為πR3=，故選：B．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在等差數列{an}中，若a1＜0，S9＝S12，則當n等于________時，Sn取得最小值．

參考答案：10或1112.已知函數，則_____．參考答案：因為，所以．故答案為．13.理：已知數列的通項公式（其中），則該數列的前項和

.參考答案：；14.一個正三棱柱的三視圖如圖所示,如果左視圖的面積為,則這個三棱柱的體積為________．

參考答案：略15.如圖,，且，若，（其中），則終點落在陰影部分（含邊界）時，的取值范圍是

.

參考答案：16.已知函數f（x）=，若f（a）+f（1）=0，則實數a=．參考答案：-3略17..如圖是一個算法的流程圖，若輸入的值是10，則輸出的值是

▲

.參考答案：

略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（12分）如圖，正方形所在的平面與平面垂直，是和的交點，，且．(Ⅰ)求證：平面；(Ⅱ)求直線與平面所成的角的大小；(Ⅲ)求二面角的大小．參考答案：解析:解法一：(Ⅰ)∵四邊形是正方形，．

………1分∵平面平面，

又∵，平面．……3分平面，．平面．

………………4分

(Ⅱ)連結，平面，是直線與平面所成的角．……5分設，則，，

……6分，．

即直線與平面所成的角為．

…8分

(Ⅲ)過作于，連結．

…………9分平面，．平面．是二面角的平面角．…10分∵平面平面，平面．．在中，，有．由(Ⅱ)所設可得，，．………11分．．∴二面角等于．

………12分解法二:∵四邊形是正方形，，∵平面平面，平面，

……2分∴可以以點為原點，以過點平行于的直線為軸，分別以直線和為軸和軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．設，則，是正方形的對角線的交點，．……4分

(Ⅰ)

，，，，…………5分平面．

……6分(Ⅱ)平面，為平面的一個法向量，………7分，．………8分．∴直線與平面所成的角為．……9分

(Ⅲ)設平面的法向量為，則且，且．

即取，則，則．……10分又∵為平面的一個法向量，且，，……11分設二面角的平面角為，則，．∴二面角等于．…………………12分

19.（2016秋?桓臺縣校級期末）在邊長為4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，點E，F分別是邊CD，CB的中點，AC∩EF=O，沿EF將△CEF翻折到△PEF，連接PA，PB，PD，得到如圖的五棱錐，且．（1）求證：BD⊥平面POA；（2）求二面角B﹣AP﹣O的余弦值．參考答案：【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直的判定．【分析】（1）推導出BD∥EF，BD⊥AC，EF⊥AC，從而EF⊥AO，EF⊥PO，由此能證明BD⊥平面POA．（2）設AO∩BD=H，連接BO，以O為原點，OF所在直線為x軸，AO所在直線y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標系O﹣xyz，利用向量法能求出二面角B﹣AP﹣O的余弦值．【解答】證明：（1）∵點E，F分別為CD，CB的中點，∴BD∥EF，∵菱形ABCD的對角線互相垂直，∴BD⊥AC，∴EF⊥AC，∴EF⊥AO，EF⊥PO，∵AO?平面POA，PO?平面POA，AO∩PO=O，∴EF⊥平面POA，∴BD⊥平面POA．解：（2）設AO∩BD=H，連接BO，∵∠DAB=60°，∴△ABD為等邊三角形，∴，在Rt△BHO中，，在△PBO中，BO2+PO2=10=PB2，∴PO⊥BO，∵PO⊥EF，EF∩BO=O，EF?平面BFED，∴PO⊥平面BFED，以O為原點，OF所在直線為x軸，AO所在直線y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標系O﹣xyz，則．∴，設平面PAB的法向量為=（x，y，z），則，取y=1，得=（﹣），∵BD⊥平面POA，AO∩BD=H，∴平面PAO的一個法向量為=（﹣2，0，0），設二面角B﹣AP﹣O的平面角為θ，則cosθ===，∴二面角B﹣AP﹣O的余弦值為．【點評】本題考查線面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養．20.已知等差數列的前5項和為105，且.(Ⅰ)求數列的通項公式；(Ⅱ)對任意，將數列中不大于的項的個數記為.求數列的前m項和.

參考答案：(I)由已知得：解得,所以通項公式為.……………6分(II)由，得，即.∴是公比為49的等比數列，……………14分略21.已知橢圓C：，直線與橢圓C相交于A、B兩點，（其中O為坐標原點）。（1）

試探究：點O到直線AB的距離是否為定值，若是，求出該定值，若不是，請說明理由；（2）

求的最小值。（3）

參考答案：（Ⅰ）點到直線的距離是定值.

設，①當直線的斜率不存在時，則由橢圓的對稱性可知，，.∵，即，也就是，代入橢圓方程解得：.此時點到直線的距離.

………2分②當直線的斜率存在時，設直線的方程為，與橢圓聯立，消去得：，，，

………3分因為，所以，所以，

………4分代入得：，整理得，

………5分到直線的距離.綜上所述，點到直線的距離為定值.

………6分（Ⅱ）（法一：參數法）設，，設直線的斜率為，則的方程為，的方程為，

解方程組，得，

同理可求得，故……………9分令，則，令，所以，即………………11分當時，可求得，故，故的最小值為，最大值為2.……………………13分法二：（均值不等式法）由（Ⅰ）可知，到直線的距離.在中，，故有，即，

………9分而（當且僅當時取等號）代入上式可得：，即，（當且僅當時取等號）.

………………11分故的最小值為.

………13分法三：（三角函數法）由（Ⅰ）可知，如圖，在中，點到直線的距離.

設，則，故，.……9分所以，，…………11分顯然，當，即時，取得最小值，最小值為.

…………13分22.（本小題16分）已知函數且

（I）試用含的代數式表示；

（Ⅱ）求的單調區間；

（Ⅲ）令，設函數在處取得極值，記點，證明：線段與曲線存在異于、的公共點；參考答案：解法一:依題意,得

,--------------------------------------------------2分故.------------------------------------------------------------------------------------4分

由得,故,令,則或,--------------------------------------------------6分①

當時,,當變化時,與的變化如下表:(,)(,)(,)+-+單調遞增單調遞減單調遞增由此得,函數的單調增區間為(,)和(,),單調減區間為(,).②

當時,.此時恒成立,且僅在處,故函數的單調增區間為.③

當時,,同理可得函數的單調增區間為和,單調減區間為.--------------------------------------------------9分綜上:當時,函數的單調增區間為(,)和(,),單調減區間為(,);當時,函數的單調增區間為;當時,函數的單調增區間為和,單調減區間為.-------------------------------10分(Ⅲ)當時,得由,得,.由(Ⅱ)得單調區間為和,單調減區間為,所以函數在,處取得極值;故，.------------------------------------------------------------12分所以直線的方程為，由，得-------------------------------14分令.易得，.而的圖像在內是一條連續不斷的曲線，故在內存在零點，這表明線段與曲線存在異于、的公共點.--------------------------------------------------------------