2022-2023學年河北省保定市導務鄉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.定義域為[a，b]的函數y＝f(x)圖象的兩個端點為A、B，M(x，y)是f(x)圖象上任意一點，其中x＝λa＋(1－λ)b，λ∈[0,1]．已知向量，若不等式|恒成立，則稱函數f(x)在[a，b]上“k階線性近似”．若函數在[1,2]上“k階線性近似”，則實數k的取值范圍為(

)A．[0，＋∞)

B．[，＋∞)C．[，＋∞)

D．[，＋∞)

參考答案：C略2.已知，若向區域內隨機投一點，則落在區域A內的概率為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C3.已知拋物線的焦點，則拋物線的標準方程是（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B試題分析：以為焦點的拋物線的標準方程為.考點：拋物線的焦點和拋物線的標準方程.4.等差數列的首項為1，公差不為0．若，，成等比數列，則前6項的和為（）A． B． C．3 D．8參考答案：A∵為等差數列，且成等比數列，設公差為.則，即又∵，代入上式可得又∵，則∴，故選A.

5.函數，在中隨機取一個數x，使的概率為（

）A. B. C. D.參考答案：C【分析】根據正弦函數的圖象可確定時的取值范圍，進而根據幾何概型可求得結果.【詳解】當時，

所求概率故選：C【點睛】本題考查幾何概型概率問題的求解，涉及到根據正弦函數的函數值求解自變量的取值范圍.6.如圖所示的程序框圖，運行相應的程序，若輸入的值為4，則輸出的值為（

）A．2

B．4C．8

D．16參考答案：A7.命題p：x∈[0，＋∞），（log）x≤1，則

A．p是假命題，

：x0∈[0，＋∞），（log）>1

B．p是假命題，：x∈[0，＋∞），（log）x≥1

C．p是真命題，：x0∈[0，＋∞），（log）>1

D．p是真命題，：x∈[0，＋∞），（log）x≥1參考答案：C8.已知復數z是一元二次方程x2﹣2x+2=0的一個根，則|z|的值為（）A．1 B． C．0 D．2參考答案：B【考點】A7：復數代數形式的混合運算．【分析】根據題意，設復數z=a+bi，把z代入x2﹣2x+2=0中求出a、b的值，再計算|z|．【解答】解：設復數z=a+bi，a、b∈R，i是虛數單位，由z是x2﹣2x+2=0的復數根，∴（a+bi）2﹣2（a+bi）+2=0，即（a2﹣b2﹣2a+2）+（2ab﹣2b）i=0，∴，解得a=1，b=±1，∴z=1±i，∴|z|=．故選：B．9.復數的虛部是

A.

B.

C.

D.

參考答案：B，所以虛部為1，選B.10.已知圓M方程：，圓N的圓心（2,1），若圓M與圓N交于AB兩點，且，則圓N方程為：

（

）A．

B．C．

D．或參考答案：D略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知函數f（x）=asin2x+（a+1）cos2x，a∈R，則函數f（x）的最小正周期為

，振幅的最小值為

．參考答案：π，．【考點】H1：三角函數的周期性及其求法．【分析】利用輔助角公式化簡，根據周期公式可得最小正周期，根據性質可得振幅的最小值．【解答】解：函數f（x）=asin2x+（a+1）cos2x，a∈R，化簡可得：f（x）=sin（2x+θ）=sin（2x+θ），其tanθ=．函數f（x）的最小正周期T=．振幅為，當a=時，可得振幅的最小值．故答案為：π，．12.已知函數，則的極大值為

.參考答案：13.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知B=60°，b=4，下列判斷：①若，則角C有兩個解；②若，則AC邊上的高為；③a+c不可能是9.

其中判斷正確的序號是_______.參考答案：②③14.設是定義在上的減函數，且對一切都成立，則a的取值范圍是

.參考答案：略15.已知正數滿足，則的最大值為

，當且僅當

.參考答案：

試題分析:由題設可得,故,解之得,此時,故應填.考點：二次不等式和二次方程的解法及運用．16.已知函數，其中．當時，的值域是______；若的值域是，則的取值范圍是______．參考答案：，若，則，，此時，即的值域是。若，則，。因為當或時，，所以要使的值域是，則有，即，所以，即的取值范圍是。17.已知函數，若直線對任意的都不是曲線的切線，則的取值范圍為

▲

．參考答案：【答案解析】解析：解：因為直線的斜率為，曲線的切線斜率為的值域，導數的值域為，所以根據題意可知.【思路點撥】根據導數的幾何意義可知曲線切線的斜率取值范圍，再求出直線的斜率，由題意可求出正確結論.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.（10分）（2015?嘉峪關校級三模）如圖，已知AP是⊙O的切線，P為切點，AC是⊙O的割線，且與⊙O交于B、C兩點，圓心O在∠PAC的內部，點M是BC的中點，（1）證明A、P、O、M四點共圓；（2）求∠OAM+∠APM的大小．參考答案：【考點】：弦切角．【專題】：選作題；矩陣和變換．【分析】：（1）要證明四點共圓，可根據圓內接四邊形判定定理：四邊形對角互補，而由AP是⊙O的切線，P為切點，易得∠APO=90°，故解答這題的關鍵是證明，∠AMO=90°，根據垂徑定理不難得到結論．（2）由（1）的結論可知，∠OPM+∠APM=90°，只要能說明∠OPM=∠OAM即可得到結論．（1）證明：連結OP，OM，∵AP與⊙O相切于點P，∴OP⊥AP，∵M是⊙O的弦BC的中點，∴OM⊥BC，∴∠OPA+∠OMA=180°，∵圓心O在∠PAC的內部，∴四邊形APOM的對角互補，∴A、P、O、M四點共圓…（5分）（2）解：由（1）得A、P、O、M四點共圓，∴∠OAM=∠OPM，由（1）得OP⊥AP，∵圓心O在∠PAC的內部，∴∠OPM+∠APM=90°，∴∠OAM+∠APM=90°…（10分）【點評】：本題是考查同學們推理能力、邏輯思維能力的好資料，題目以證明題為主，特別是一些定理的證明和用多個定理證明一個問題的題目，我們注意熟練掌握：1．射影定理的內容及其證明；2．圓周角與弦切角定理的內容及其證明；3．圓冪定理的內容及其證明；4．圓內接四邊形的性質與判定．19.(本小題滿分12分)如圖，四邊形與均為菱形，設與相交于點，若，且.（1）求證：；

（2）求二面角的余弦值.參考答案：(1)證明：因為四邊形與均為菱形，所以，.因為，，所以，

………………2分又，，，所以又，所以

………4分(2)連接、,因為四邊形為菱形，且，所以為等邊三角形，因為為中點.所以，又因為為中點,且，所以又，所以

……………….6分由兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系設，因為四邊形為菱形，，則，，，所以

……………..8分所以設平面的一個法向量為，則有,所以，令，則因為，所以平面的一個法向量為

………….10分因為二面角為銳二面角，設二面角的平面角為則所以二面角的余弦值為

………..12分20.設函數,．(Ⅰ)若,求的最大值及相應的的取值集合；（Ⅱ）若是的一個零點,且,求的值和的最小正周期.參考答案：(Ⅰ)當時,，而,所以的最大值為,此時,,即,,相應的的集合為.（Ⅱ）依題意,即,,整理,得,又,所以,,而,所以,,

所以,的最小正周期為.略21.（本小題滿分14分）

如圖，在平面直角坐標系中，橢圓的離心率為，過橢圓右焦點F作兩條互相垂直的弦和，當直線斜率為0時，（1）求橢圓的方程；（2）求由四點構成的四邊形的面積的取值范圍。參考答案：（Ⅰ）由題意知，，則，，

所以．所以橢圓的方程為．

………………4分

（Ⅱ）①當兩條弦中一條斜率為0時，另一條弦的斜率不存在，

由題意知；

…………5分

②當兩弦斜率均存在且不為0時，設，，

且設直線的方程為，則直線的方程為．

將直線的方程代入橢圓方程中，并整理得，

所以．…………8分

同理，．

…………10分

所以

，

當且僅當時取等號

…………11分

∴

綜合①與②可知，

…………13分22.如圖，在四棱錐中P﹣ABCD，AB=BC=CD=DA，∠BAD=60°，AQ=QD，△PAD是正三角形．（1）求證：AD⊥PB；（2）已知點M是線段PC上，MC=λPM，且PA∥平面MQB，求實數λ的值．參考答案：【考點】LS：直線與平面平行的判定；LO：空間中直線與直線之間的位置關系．【分析】（1）連結BD，則△ABD為正三角形，從而AD⊥BQ，AD⊥PQ，進而AD⊥平面PQB，由此能證明AD⊥PB．（2）連結AC，交BQ于N，連結MN，由AQ∥BC，得，根據線面平行的性質定理得MN∥PA，由此能求出實數λ的值．【解答】證明：（1）如圖，連結BD，由題意知四邊形ABC