2020-2021高中三年级数学下期末第一次模拟试题(及答案)(14)2020-2021高中三年级数学下期末第一次模拟试题(及答案)(14)一、选择题1．在△中，为边上的中线，为的中点，则A．B．C．D．2．已知F1，F2分别是椭圆C:(ab0)的左、右焦点，若椭圆C上存在点P，使得线段PF1的中垂线恰好经过焦点F2，则椭圆C离心率的取值范围是()A．B．C．D．3．已知非零向量满足，且，则与的夹角为A．B．C．D．4．函数的单调减区间为A．B．C．D．5．如图所示，程序据图（算法流程图）的输出结果为（）A．B．C．D．6．在△ABC中，a＝5，b＝3，则sinA：sinB的值是（）A．B．C．D．7．若干年前，某教师刚退休的月退休金为6000元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图.该教师退休后加强了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚退休时少100元，则目前该教师的月退休金为（）.A．6500元B．7000元C．7500元D．8000元8．当时，在同一坐标系中，函数与的图像是（）A．B．C．D．9．如图，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点.若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是A．3B．2C．D．10．已知为等边三角形，，设，满足，，若，则（）A．B．C．D．11．已知P为双曲线上一点，为双曲线C的左、右焦点，若，且直线与以C的实轴为直径的圆相切，则C的渐近线方程为（）A．B．C．D．12．一个样本a,3,4,5,6的平均数是b，且不等式x2－6x＋c＜0的解集为(a，b)，则这个样本的标准差是()A．1B．C．D．2二、填空题13．若不等式的解集中的整数有且仅有1，2，3，则的取值范围是14．若x，y满足约束条件，则的最小值为______．15．已知，，则__________．16．某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查．已知该校一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为4：5：5：6，则应从一年级本科生中抽取_______名学生．17．在等腰梯形ABCD中,已知,点E和点F分别在线段BC和CD上,且则的值为．18．已知，，，点在内，且，设，，则__________．19．设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…an的最大值为．20．在体积为9的斜三棱柱ABC—A1B1C1中，S是C1C上的一点，S—ABC的体积为2，则三棱锥S—A1B1C1的体积为___．三、解答题21．已知直线（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设点的直角坐标为，直线与曲线C的交点为，，求的值.22．在平面直角坐标系中,已知直线的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴,且与直角坐标系长度单位相同的极坐标系中,曲线的极坐标方程是.（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）设点.若直与曲线相交于两点,求的值.23．已知为圆上一点，过点作轴的垂线交轴于点，点满足（1）求动点的轨迹方程；（2）设为直线上一点，为坐标原点，且，求面积的最小值.24．选修4-5：不等式选讲：设函数.（1）当时，解不等式；（2）若关于的不等式有解，求实数的取值范围.25．如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值.26．设O为坐标原点，动点M在椭圆C上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.（1）求点P的轨迹方程；（2）设点在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F.【参考答案】试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A解析：A【解析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.详解：根据向量的运算法则，可得，所以，故选A.点睛：该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.2．C解析：C【解析】如图所示，∵线段PF1的中垂线经过F2，∴PF2＝＝2c，即椭圆上存在一点P，使得PF2＝2c.∴a－c≤2c≤a＋c.∴e＝.选C.【点睛】求离心率范围时，常转化为x,y的范围，焦半径的范围，从而求出离心率的范围。本题就是通过中垂线上点到两端点距离相等，建立焦半径与的关系，从而由焦半径的范围求出离心率的范围。3．B解析：B【解析】【分析】本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养．先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角．【详解】因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B．【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为．4．D解析：D【解析】【分析】对函数求导，让函数的导函数小于零，解不等式，即可得到原函数的单调减区间.【详解】，所以函数的单调减区间为，故本题选D.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调减区间问题，正确求出导函数是解题的关键.5．C解析：C【解析】由算法流程图知s＝0＋＋＋＝.选C.6．A解析：A【解析】由正弦定理可得：.本题选择A选项.7．D解析：D【解析】【分析】设目前该教师的退休金为x元，利用条形图和折线图列出方程，求出结果即可．【详解】设目前该教师的退休金为x元，则由题意得：6000×15%﹣x×10%＝100．解得x＝8000．故选D．【点睛】本题考查由条形图和折线图等基础知识解决实际问题，属于基础题．8．D解析：D【解析】【分析】根据指数型函数和对数型函数单调性，判断出正确选项.【详解】由于，所以为上的递减函数，且过；为上的单调递减函数，且过，故只有D选项符合.故选：D.【点睛】本小题主要考查指数型函数、对数型函数单调性的判断，考查函数图像的识别，属于基础题.9．B解析：B【解析】【分析】【详解】是双曲线的两顶点，将椭圆长轴四等分椭圆的长轴长是双曲线实轴长的倍双曲线与椭圆有公共焦点，的离心率的比值是故答案选10．A解析：A【解析】【分析】运用向量的加法和减法运算表示向量，，再根据向量的数量积运算，建立关于的方程，可得选项.【详解】∵，，∴，∴.故选：A.11．A解析：A【解析】【分析】依据题意作出图象，由双曲线定义可得，又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，可得，对在两个三角形中分别用余弦定理及余弦定义列方程，即可求得，联立，即可求得，问题得解．【详解】依据题意作出图象，如下：则，，又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，所以,所以由双曲线定义可得：，所以，所以整理得：，即：将代入，整理得：，所以C的渐近线方程为故选A【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及圆的曲线性质，还考查了三角函数定义及余弦定理，考查计算能力及方程思想，属于难题．12．B解析：B【解析】由题意得a＋3＋4＋5＋6＝5b，a＋b＝6，解得a＝2，b＝4，所以样本方差s2＝[(2－4)2＋(3－4)2＋(4－4)2＋(5－4)2＋(6－4)2]＝2，所以标准差为.故答案为B.二、填空题13．【解析】【分析】【详解】由得由整数有且仅有123知解得解析：【解析】【分析】【详解】由得由整数有且仅有1，2，3知，解得14．-1【解析】【分析】画出约束条件表示的平面区域由图形求出最优解再计算目标函数的最小值【详解】画出约束条件表示的平面区域如图所示由图形知当目标函数过点A时取得最小值由解得代入计算所以的最小值为故答案为解析：-1【解析】【分析】画出约束条件表示的平面区域，由图形求出最优解，再计算目标函数的最小值．【详解】画出约束条件表示的平面区域如图所示，由图形知，当目标函数过点A时取得最小值，由，解得，代入计算，所以的最小值为．故答案为．【点睛】本题考查了线性规划的应用问题，也考查了数形结合的解题方法，是基础题．15．【解析】【详解】因为所以①因为所以②①②得即解得故本题正确答案为解析：【解析】【详解】因为，所以，①因为，所以，②①②得，即，解得，故本题正确答案为16．60【解析】【分析】采用分层抽样的方法从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查的【详解】∵该校一年级二年级三年级四年级的本科生人数之比为4:5:5:6∴应从一年级本科生中抽取学生人解析：60【解析】【分析】采用分层抽样的方法，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查的.【详解】∵该校一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为4:5:5:6，∴应从一年级本科生中抽取学生人数为：.故答案为60.17．【解析】在等腰梯形ABCD中由得所以考点：平面向量的数量积解析：【解析】在等腰梯形ABCD中,由,得,,,所以.考点：平面向量的数量积.18．3【解析】因为所以从而有因为所以化简可得整理可得因为点在内所以所以则解析：3【解析】因为，所以，从而有．因为，所以，化简可得，整理可得．因为点在内，所以，所以，则19．【解析】试题分析：设等比数列的公比为由得解得所以于是当或时取得最大值考点：等比数列及其应用解析：【解析】试题分析：设等比数列的公比为，由得，，解得.所以，于是当或时，取得最大值.考点：等比数列及其应用20．【解析】【分析】由已知棱柱体积与棱锥体积可得S到下底面距离与棱柱高的关系进一步得到S到上底面距离与棱锥高的关系则答案可求【详解】设三棱柱的底面积为高为则再设到底面的距离为则得所以则到上底面的距离为所解析：【解析】【分析】由已知棱柱体积与棱锥体积可得S到下底面距离与棱柱高的关系，进一步得到S到上底面距离与棱锥高的关系，则答案可求．【详解】设三棱柱的底面积为，高为，则，再设到底面的距离为，则，得，所以，则到上底面的距离为，所以三棱锥的体积为．故答案为1．【点睛】本题考查棱柱、棱锥体积的求法，考查空间想象能力、思维能力与计算能力，考查数形结合思想，三棱锥体积为，本题是中档题．三、解答题21．（1）；（2）.【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）在方程两边同乘以极径可得，再根据，代入整理即得曲线的直角坐标方程；（2）把直线的参数方程代入圆的直角坐标方程整理，根据韦达定理即可得到的值.试题解析：（1）等价于①将代入①既得曲线C的直角坐标方程为，②（2）将代入②得，设这个方程的两个实根分别为则由参数t的几何意义既知，.考点：圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化及直线参数方程的应用.22．（1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用代入法消去参数方程中的参数可求直线的普通方程，极坐标方程展开后，两边同乘以，利用，即可得曲线的直角坐标方程；（2）直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，利用韦达定理、直线参数方程的几何意义即可得结果.【详解】（1）将直线l的参数方程消去参数t并化简，得直线l的普通方程为.将曲线C的极坐标方程化为.即.∴x2+y2=2y+2x.故曲线C的直角坐标方程为.（2）将直线l的参数方程代入中，得.化简，得.∵Δ0，∴此方程的两根为直线l与曲线C的交点A，B对应的参数t1，t2.由根与系数的关系，得，，即t1，t2同正.由直线方程参数的几何意义知,.【点睛】本题主要考查参数方程和普通方程的转化、极坐标方程和直角坐标方程的转化以及直线参数方程的应用，属于中档题.消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法；极坐标方程化为直角坐标方程，只要将和换成和即可.23．(1)(2)【解析】【分析】（1）设出A、P点坐标，用P点坐标表示A点坐标，然后代入圆方程，从而求出P点的轨迹；（2）设出P点坐标，根据斜率存在与否进行分类讨论，当斜率不存在时，求出面积的值，当斜率存在时，利用点P坐标表示的面积，减元后再利用函数单调性求出最值，最后总结出最值.【详解】解：（1）设，由题意得：，由，可得点是的中点，故，所以，又因为点在圆上，所以得，故动点的轨迹方程为.（2）设，则，且，当时，，此时；当时，因为,即故，，，①，代入①设因为恒成立，在上是减函数，当时有最小值，即,综上：的最小值为【点睛】本题考查了点的轨迹方程、椭圆的性质等知识，求解几何图形的长度、面积等的最值时，常见解法是设出变量，用变量表示出几何图形的长度、面积等，减元后借助函数来研究其最值.24．（1）（2）【解析】【分析】（1）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；（2）问题等价于关于的不等式有解，，求出a的范围即可．【详解】解：（1）可转化为或或，解得或或无解.所以不等式的解集为.（2）依题意，问题等价于关于的不等式有解，即，又，当时取等号.所以，解得，所以实数a的取值范围是.【点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用。25．（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.【详解】(1)如图所示，连结，等边中，，则，平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，由面面垂直的性质定理可得：平面，故，由三棱柱的性质可知，而，故，且，由线面垂直的判定定理可得：平面，结合?平面，故.(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.设，则，,，据此可得：，由可得点的坐标为，利用中点坐标公式可得：，由于，故直线EF的方向向量为：设平面的法向量为，则：，据此可得平面的一个法向量为，此时，设直线EF与平面所成角为，则.【点睛】本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.26．（1）；（2）见解析.【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）转移法求轨迹：设所求动点坐标及相应已知动点坐标，利用条件列两种坐标关系，最后代入已知动点轨迹方程，化简可得所求轨迹方程；（2）证明直线过定点问题，一般方法是以算代证：即证，先设P（m，n），则需证，即根据条件可得，而，代入即得.试题解析：解：（1）设P（x，y），M（）,则N（），由得.因为M（）在C上，所以.因此点P的轨迹为.由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则，.由得-3m-+tn-=1，又由（1）知，故3+3m-tn=0.所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
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