广东省深圳市葵涌中学2021年高三数学文联考试卷含解析

广东省深圳市葵涌中学2021年高三数学文联考试卷含解析一、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.设全集U=，集合A={1,3}，B={3,5}，（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C2.已知，且的终边上一点的坐标为，则等于（

）(A)(B)(C)(D)参考答案：B略3.已知P是圆上一动点，过点P作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB斜率的最大值为（

）A. B. C. D.参考答案：B【分析】先由题意得到、的斜率都存在，分别设为，切点，，再设，过点的抛物线的切线为，联立直线与圆的方程，由直线与圆相切，得到判别等于0，进而可得，再由题意表示出直线的斜率，根据是圆上一动点，即可得出结果.【详解】由题意可知，、的斜率都存在，分别设为，切点，，设，过点的抛物线的切线为，联立得，因为，即；所以，又由得，所以，，，，所以，因为点满足，所以，因此，即直线斜率的最大值为.故选B【点睛】本题主要考查抛物线中的最值问题，通常需要联立直线与抛物线方程，结合韦达定理、判别式等求解，属于常考题型.4.下列函数中，在区间（﹣1，1）上为减函数的是（）A．y= B．y=cosx C．y=ln（x+1） D．y=2﹣x参考答案：D【考点】函数单调性的判断与证明．【分析】根据函数单调性的定义，余弦函数单调性，以及指数函数的单调性便可判断每个选项函数在（﹣1，1）上的单调性，从而找出正确选项．【解答】解：A．x增大时，﹣x减小，1﹣x减小，∴增大；∴函数在（﹣1，1）上为增函数，即该选项错误；B．y=cosx在（﹣1，1）上没有单调性，∴该选项错误；C．x增大时，x+1增大，ln（x+1）增大，∴y=ln（x+1）在（﹣1，1）上为增函数，即该选项错误；D.；∴根据指数函数单调性知，该函数在（﹣1，1）上为减函数，∴该选项正确．故选D．5.双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的右焦点和虚轴上的一个端点分别为F，A，点P为双曲线C左支上一点，若△APF周长的最小值为6b，则双曲线C的离心率为（）A． B． C． D．参考答案：D【考点】KC：双曲线的简单性质．【分析】由题意求得A，F的坐标，设出F'，运用双曲线的定义可得|PF|=|PF'|+2a，则△APF的周长为|PA|+|PF|+|AF|=|PA|+|PF'|+2a+a，运用三点共线取得最小值，可得4a=6b，由a，b，c的关系，结合离心率公式，计算即可得到所求值．【解答】解：由题意可得A（0，b），F（c，0），设F'（﹣c，0），由双曲线的定义可得|PF|﹣|PF'|=2a，|PF|=|PF'|+2a，|AF|=|AF'|==a，则△APF的周长为|PA|+|PF|+|AF|=|PA|+|PF'|+2a+a≥|AF'|+3a=4a，当且仅当A，P，F'共线，取得最小值，且为4a，由题意可得4a=6b，即b=a，c==a，则e==，故选：D．6.已知变量x，y满足约束条件则z=2x+y的最大值为（）A．1 B．2 C．3 D．4参考答案：B【考点】简单线性规划．【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z=2x+y表示直线在y轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最大值即可．【解答】解：作图易知可行域为一个三角形，其三个顶点为（0，1），（1，0），（﹣1，﹣2），验证知在点（1，0）时取得最大值2当直线z=2x+y过点A（1，0）时，z最大是2，故选B．7.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（

）

A．2

B．1

C.

D．参考答案：C略8.已知,则“”是“”的（

）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件参考答案：B【分析】根据不等式的关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】若，则0<a<b，则是0<a<b成立的必要不充分条件，故选B．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的关系进行转化是解决本题的关键．9.执行如下的程序框图，若输出的值为，则“？”处可填（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C10.下列命题中的假命题是（

）A．，

B．，C．，

D．，参考答案：B略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知f（x）=4x+1，g（x）=4﹣x．若偶函数h（x）满足h（x）=mf（x）+ng（x）（其中m，n为常数），且最小值为1，则m+n=．参考答案：考点：函数最值的应用；函数奇偶性的性质．专题：函数的性质及应用．分析：利用函数是偶函数，确定m=n，利用基本不等式求最值，确定m的值，即可得到结论．解答：解：由题意，h（x）=mf（x）+ng（x）=m4x+m+n4﹣x，h（﹣x）=mf（﹣x）+ng（﹣x）=m4﹣x+m+n4x，∵h（x）为偶函数，∴h（x）=h（﹣x），∴m=n∵h（x）=m（4x+4﹣x）+m，4x+4﹣x≥2∴h（x）min=3m=1

∴m=∴m+n=故答案为：点评：本题考查函数的奇偶性，考查基本不等式的运用，考查函数的最值，属于中档题．12.已知各项均为整数的数列{an}中，a1=2，且对任意的n∈N*，满足an+1﹣an＜2n+，an+2﹣an＞3×2n﹣1，则a2017=

．参考答案：22017【考点】数列与不等式的综合．【分析】由满足an+1﹣an＜2n+，可得an+2﹣an+1＜2n+1+，可得an+2﹣an＜3×2n+1．又an+2﹣an＞3×2n﹣1．可得an+2﹣an=3×2n．利用“累加求和”方法与等比数列的求和公式即可得出．【解答】解：由满足an+1﹣an＜2n+，∴an+2﹣an+1＜2n+1+，∴an+2﹣an＜3×2n+1．又an+2﹣an＞3×2n﹣1．∴an+2﹣an=3×2n．∴a2017=（a2017﹣a2015）+（a2015﹣a2013）+…+（a3﹣a1）+a1=3×22015+3×22013+…+3×21+2=3×+2=22017．故答案为：22017．13.已知矩形的顶点都在半径为的球的球面上，且，则棱锥的体积为____________.参考答案：14.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向，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．参考答案：60【考点】分层抽样方法．【专题】概率与统计．【分析】先求出一年级本科生人数所占总本科生人数的比例，再用样本容量乘以该比列，即为所求．【解答】解：根据分层抽样的定义和方法，一年级本科生人数所占的比例为=，故应从一年级本科生中抽取名学生数为300×=60，故答案为：60．【点评】本题主要考查分层抽样的定义和方法，利用了总体中各层的个体数之比等于样本中对应各层的样本数之比，属于基础题．15.已知点在圆上，点关于直线的对称点也在圆上，则。参考答案：16.若平面向量α，β满足｜α｜≤1，｜β｜≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形的面积为，则α与β的夹角θ的取值范围是_____________．参考答案：略17.抛物线M：y2=2px（p＞0）与椭圆有相同的焦点F，抛物线M与椭圆N交于A，B，若F，A，B共线，则椭圆N的离心率等于．参考答案：﹣1【考点】椭圆的简单性质．【分析】由题意可知：AF⊥x轴，=c，代入抛物线方程即可求得A点坐标，代入椭圆方程，利用离心率公式即可求得椭圆N的离心率．【解答】解：如图所示由F，A，B共线，则AF⊥x轴，由抛物线M：y2=2px（p＞0）与椭圆有相同的焦点F，∴=c，把x=，代入抛物线方程可得：y2=2p?，解得：y=p．∴A（，p），即A（c，2c）．代入椭圆的方程可得：，又b2=a2﹣c2，∴，由椭圆的离心率e=，整理得：e4﹣6e2+1=0，0＜e＜1．解得：e2=3﹣2，∴e=﹣1，故答案为：﹣1．三、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.设f（x）=，g（x）=alnx（a＞0）．（Ⅰ）求函数F（x）=f（x）?g（x）的极值；（Ⅱ）若函数G（x）=f（x）﹣g（x）+（a﹣1）x在区间内有两个零点，求实数a的取值范围；（Ⅲ）求证：当x＞0时，lnx+＞0．参考答案：考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：导数的概念及应用；导数的综合应用．分析：（1）求导数的变号零点，然后据此得到原函数的极大值或极小值点；（2）先利用导数研究函数的单调性、极值及最值的情况，然后结合数形结合思想构造出关于a的不等式（组）求解；（3）先将原不等式变形为两个函数比较大小的情形，然后转换为两个函数最值的比较问题，还是利用导数研究．解答：解：（1）F（x）=f（x）?g（x）==．故F（x）在上递减，在上递增，所以为极小值点，所以=，无极大值．（2）．所以．由G′（x）=0得x=1或x=﹣a（舍去）．当x∈（0，1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减；x∈（1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）单调递增．要使G（x）在上有两个零点需满足：，即，解得．下面比较的大小．因为=．故．故a的范围是．（3）原不等式等价于．由（1）知f（x）=x2lnx的最小值为．设h（x）=，则．因为x＞0，所以h（x）在（0，2）单调递增，在（2，+∞）单调递减．h（x）max=h（2）=．又因为．所以f（x）min＞h（x）min，故．所以x＞0时，lnx．点评：本题综合考查了导数在研究函数的单调性、极值、最值问题中的应用，以及通过这些应用解决函数零点的分布问题、不等式的恒成立问题．19.甲、乙、丙三人按下面的规则进行乒乓球比赛：第一局由甲、乙参加而丙轮空，以后每一局由前一局的获胜者与轮空者进行比赛，而前一局的失败者轮空．比赛按这种规则一直进行到其中一人连胜两局或打满6局时停止．设在每局中参赛者胜负的概率均为，且各局胜负相互独立．求：（1）打满4局比赛还未停止的概率；（2）比赛停止时已打局数ξ的分布列与期望E（ξ）．令Ak，Bk，Ck分别表示甲、乙、丙在第k局中获胜．参考答案：【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．【分析】（1）由独立事件同时发生与互斥事件至少有一个发生的概率公式能求出打满4局比赛还未停止的概率．（2）ξ的所有可能取值为2，3，4，5，6，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和E（ξ）．【解答】解：（1）由独立事件同时发生与互斥事件至少有一个发生的概率公式知，打满4局比赛还未停止的概率为：P（A1C2B3A4）+P（B1C2A3B4）==．（2）ξ的所有可能取值为2，3，4，5，6，P（ξ=2）=P（A1A2）+P（B1B2）=+=，P（ξ=3）=P（A1C2C3）+P（B1C2C3）==，P（ξ=4）=P（A1C2B3B4）+P（B1C2A3A4）==，P（ξ=5）=P（A1C2B3A4A5）+P（B1C2A3B4B5）==，P（ξ=6）=P（A1C2B3A4C5）+P（B1C2A3B4C5）==，∴ξ的分布列为：ξ23456P∴E（ξ）==．20.（1）当时，求证：；（2）求的单调区间；（3）设数列的通项,证明．参考答案：（1）：的定义域为，恒成立；所以函数在上单调递减，得时即：（2）：由题可得，且.

当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，

当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，（3）由题意知.由（1）知当时当时即令则，同理:令则.......同理:令则以上各式两边分别相加可得：即所以：21.已知向量

（I）若的值；

（II）记，在中，角A、B、C的对边分别是，且满足，求的取值范围。参考答案：（1）m?n== =2． ∵m?n=2,∴．=．

（2）∵（2a-c）cosB=bcosC, 由正弦定理得,∴, ∴．∵, ∴，且,∴, ∴．∴ 又