山東省聊城市茌平縣第二高級中學(xué)2021年高三數(shù)學(xué)理聯(lián)考試題含解析

山東省聊城市茌平縣第二高級中學(xué)2021年高三數(shù)學(xué)理聯(lián)考試題含解析一、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.在平面直角坐標(biāo)系中，方程+=1(a，b是不相等的兩個正數(shù))所代表的曲線是

(A)三角形

(B)正方形

(C)非正方形的長方形

(D)非正方形的菱形參考答案：D解：x+y≥0，x－y≥0時，(一、四象限角平分線之間)：(a+b)x+(b－a)y=2ab；

x+y≥0，x－y<0時，(一、二象限角平分線之間)：(b－a)x+(a+b)y=2ab；

x+y<0，x－y≥0時，(三、四象限角平分線之間)：(a－b)x－(a+b)y=2ab；x+y<0，x－y<0時，(二、三象限角平分線之間)：－(a+b)x+(a－b)y=2ab．四條直線在a≠b時圍成一個菱形(非正方形)．選D．2.已知x，y滿足，若z=4x﹣y的最大值為，則a的值為（）A．7 B．6 C．5 D．4參考答案：D【考點】簡單線性規(guī)劃．【分析】作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域，和目標(biāo)函數(shù)取得最大值時的直線方程求出交點坐標(biāo)A，利用A也在直線y=3x﹣a上，代入求解即可．【解答】解：作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖：∵z=4x﹣y的最大值為，∴作出z=4x﹣y=的圖象，由圖象知z=4x﹣y=與y=x+，相交于A，由得，即A（，），同時A也在y=3x﹣a上，則=3×﹣a，即a=4，故選：D3.已知數(shù)列{an}中，，，，，，，，則數(shù)列{an}的前n項和Sn=（

）A．

B．

C.

D．參考答案：D4.已知是函數(shù)的零點，若，則的值滿足(

）A．

B．

C．

D．的符號不能確定參考答案：C5.（3分）曲線y2=|x|+1的部分圖象是（）A．B．C．D．參考答案：考點：曲線與方程．專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．分析：分類討論，去掉絕對值，化簡函數(shù)的解析式，可得它的圖象特征，結(jié)合所給的選項，得出結(jié)論．解答：當(dāng)x≥0時，y2=x+1表示以（﹣1，0）為頂點的開口向右的拋物線．當(dāng)x＜0時，y2=﹣（x﹣1）表示以（1，0）為頂點的開口向左的拋物線，故選：C．點評：本題主要考查函數(shù)的圖象特征，屬于基礎(chǔ)題．6.設(shè)集合，則使M∩N＝N成立的的值是()A．1

B．0

C．－1

D．1或－1參考答案：C略7.若復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點在實軸上，則實數(shù)a=（

）A.2 B.-2 C.1 D.0參考答案：B【分析】算出后利用對應(yīng)的點在實軸上可求.【詳解】，因復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點在實軸上，所以為實數(shù)，故，故選B.【點睛】本題考查復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算和復(fù)數(shù)的幾何意義，屬于基礎(chǔ)題.8.直線l：y=kx+1與圓O：x2+y2=1相交于A，B兩點，則“k=1”是“△OAB的面積為”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件參考答案：A【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；直線與圓相交的性質(zhì)．【專題】直線與圓；簡易邏輯．【分析】根據(jù)直線和圓相交的性質(zhì)，結(jié)合充分條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷即可得到結(jié)論．【解答】解：若直線l：y=kx+1與圓O：x2+y2=1相交于A，B兩點，則圓心到直線距離d=，|AB|=2，若k=1，則|AB|=，d=，則△OAB的面積為×=成立，即充分性成立．若△OAB的面積為，則S==×2×==，即k2+1=2|k|，即k2﹣2|k|+1=0，則（|k|﹣1）2=0，即|k|=1，解得k=±1，則k=1不成立，即必要性不成立．故“k=1”是“△OAB的面積為”的充分不必要條件．故選：A．【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，利用三角形的面積公式，以及半徑半弦之間的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．9.如圖在△ABC中，在線段AB上任取一點P，恰好滿足的概率是（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D10.若，則

A.

B.

C.

D.參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.給出以下四個命題：（1）對于任意的，，則有成立；（2）直線的傾斜角等于；（3）在空間如果兩條直線與同一條直線垂直，那么這兩條直線平行；（4）在平面將單位向量的起點移到同一個點，終點的軌跡是一個半徑為1的圓．其中真命題的序號是

．參考答案：（1）（4）12.已知，則_______.參考答案：13.直線，則（O為坐標(biāo)原點）等于

參考答案：略14.若是正數(shù)，且滿足，用表示中的最大者，則的最小值為__________。參考答案：

解析：

，即15.已知m、n為直線，α，β為平面，給出下列命題：①

②

③

④其中的正確命題序號是：

參考答案：答案:②、③16.已知圓，過圓心的直線交圓于兩點，交軸于點.若恰為的中點，則直線的方程為

.參考答案：或由｜PA｜＝｜PB｜則｜AC｜＝｜PA｜，即A是PC的三等分點xA＝2，代入圓方程5即A(2，3)或(2，7)，故直線l的方程為：或17.函數(shù)y=的定義域為

．參考答案：（﹣1，1）∪（1，+∞）【考點】函數(shù)的定義域及其求法．【專題】函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．【分析】利用分母不為0，對數(shù)的真數(shù)大于0，列出不等式組求解即可．解：函數(shù)y=有意義，可得：，函數(shù)的定義域為：（﹣1，1）∪（1，+∞）．故答案為：（﹣1，1）∪（1，+∞）．【點評】本題考查函數(shù)的定義域的求法，考查計算能力．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本小題滿分12分）如圖是一個直三棱柱（以A1B1C1為底面）被一平面所截得到的幾何體，截面為ABC。已知A1B1=B1C1=1，∠A1B1C1=90°，AA1=4，BB1=2，CC1=3．（1）設(shè)點O是AB的中點，證明：OC∥平面A1B1C1；（2）求二面角B—AC—A1的大小。參考答案：19.)如圖，已知等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC=2AD=2AB=4，將△ABD沿BD折到△A′BD的位置，使平面A′BD⊥平面CBD．（Ⅰ）求證：CD⊥A′B；（Ⅱ）試在線段A′C上確定一點P，使得二面角P﹣BD﹣C的大小為45°．參考答案：證明：（I）證法一：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，由上述兩式可知，

∴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為A'C上靠近A'的三等分點．取BD的中點O，連接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，過點P作PQ⊥OC于Q，則PQ⊥平面BCD，過點Q作QH⊥BD于H，連接PH．則QH是PH在平面BDC的射影，故PH⊥BD，所以，∠PHQ為二面角P﹣BD﹣C的平面角，P為A'C上靠近A'的三等分點，∴，，∴，∴∠PHD=45°．∴二面角P﹣BD﹣C的大小為45°．證明：（Ⅰ）證法一：在等腰梯形ABCD中，過點A作AE⊥BC于E，過點D作DF⊥BC于F，則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為坐標(biāo)原點，以的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz．則D（0，0，0），，C（0，2，0），取BD的中點O，連接A'O，∵A'B=A'D∴A'O⊥BD在等腰△A'BD中可求得A'O=1∴所以，設(shè)，則設(shè)是平面PBD的法向量，則，即可取易知：平面CBD的一個法向量為由已知二面角P﹣BD﹣C的大小為45°．∴，解得：或λ=﹣1（舍）∴點P在線段A'C靠近A'的三等分點處．20.已知點A（﹣4，4）、B（4，4），直線AM與BM相交于點M，且直線AM的斜率與直線BM的斜率之差為﹣2，點M的軌跡為曲線C．（1）求曲線C的軌跡方程；（2）Q為直線y=﹣1上的動點，過Q做曲線C的切線，切點分別為D、E，求△QDE的面積S的最小值．參考答案：（Ⅰ）設(shè)M（x，y），由題意可得：，化為x2=4y．∴曲線C的軌跡方程為x2=4y且（x≠±4）．（Ⅱ）聯(lián)立，化為x2﹣4kx+4（km+1）=0，由于直線與拋物線相切可得△=0，即k2﹣km﹣1=0．∴x2﹣4kx+4k2=0，解得x=2k．可得切點（2k，k2），由k2﹣km﹣1=0．∴k1+k2=m，k1?k2=﹣1．∴切線QD⊥QE．∴△QDE為直角三角形，|QD|?|QE|．令切點（2k，k2）到Q的距離為d，則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，當(dāng)m=0時，即Q（0，﹣1）時，△QDE的面積S取得最小值4．21.在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1為矩形，AB=2，AA1=2，D是AA1的中點，BD與AB1交于點O，且CO⊥ABB1A1平面．（1）證明：BC⊥AB1；（2）若OC=OA，求直線CD與平面ABC所成角的正弦值．參考答案：【考點】直線與平面所成的角；平面與平面垂直的性質(zhì)．【專題】綜合題；空間位置關(guān)系與距離；空間角．【分析】（Ⅰ）要證明BC⊥AB1，可證明AB1垂直于BC所在的平面BCD，已知CO垂直于側(cè)面ABB1A1，所以CO垂直于AB1，只要在矩形ABB1A1內(nèi)證明BD垂直于AB1即可，可利用角的關(guān)系加以證明；（Ⅱ）分別以O(shè)D，OB1，OC所在的直線為x，y，z軸，以O(shè)為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，求出，平面ABC的一個法向量，利用向量的夾角公式，即可得出結(jié)論．【解答】（I）證明：由題意，因為ABB1A1是矩形，D為AA1中點，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，又因為CO⊥側(cè)面ABB1A1，AB1?側(cè)面ABB1A1，所以CO⊥AB1所以，AB1⊥面BCD，因為BC?面BCD，所以BC⊥AB1．（Ⅱ）解：如圖，分別以O(shè)D，OB1，OC所在的直線為x，y，z軸，以O(shè)為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，則A（0，﹣，0），B（﹣，0，0），C（0，0，），B1（0，，0），D（，0，0），又因為=2，所以所以=（﹣，，0），=（0，，），=（，，），=（，0，﹣），設(shè)平面ABC的法向量為=（x，y，z），則根據(jù)可得=（1，，﹣）是平面ABC的一個法向量，設(shè)直線CD與平面ABC所成角為α，則sinα=，所以直線CD與平面ABC所成角的正弦值為．…【點評】本題考查了直線與平面垂直的性質(zhì)，考查線面角，考查向量方法的運(yùn)用，屬于中檔題．22.如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1=A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的點（點D不同于點C），且AD⊥DE，F(xiàn)為B1C1的中點．求證：（1）平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）直線A1F∥平面ADE．參考答案：考點：平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定．專題：空間位置關(guān)系與距離；立體幾何．分析：（1）根據(jù)三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，得到CC1⊥平面ABC，從而AD⊥CC1，結(jié)合已知條件AD⊥DE，DE、CC1是平面BCC1B1內(nèi)的相交直線，得到AD⊥平面BCC1B1，從而平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）先證出等腰三角形△A1B1C1中，A1F⊥B1C1，再用類似（1）的方法，證出A1F⊥平面BCC1B1，結(jié)合AD⊥平面BCC1B1，得到A1F∥AD，最后根據(jù)線面平行的判定定理，得到直線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