福建省南平市松溪县第一中学2020-2021学年高三数学文上学期期末试题含解析

福建省南平市松溪县第一中学2020-2021学年高三数学文上学期期末试题含解析一、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.已知函数是周期为2的周期函数，且当时，，则函数的零点个数是A.9

B.

10

C.

11

D.

18参考答案：B2.如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为（）A．2 B． C． D．4参考答案：C【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题；数形结合；空间位置关系与距离；立体几何．【分析】结合题意及图形，可知几何体为一个底面边长为2的正方形且有一条长为2的侧棱垂直于底面的四棱锥，还原几何体，求解即可．【解答】解：由三视图可知，此多面体是一个底面边长为2的正方形，且有一条长为2的侧棱垂直于底面的四棱锥，所以最长棱长为=2．故选：C【点评】本题考查了三视图视角下多面体棱长的最值问题，考查了同学们的识图能力以及由三视图还原物体的能力．3.已知命题p：函数f（x）=|x+a|在（﹣∞，﹣1）上是单调函数，命题q：函数在（2，+∞）上递增，若p且q为真命题，则实数a的取值范围是（）A．（0，1] B．（0，2] C．[1，2] D．[1，3]参考答案：A【考点】复合命题的真假．【分析】分别求出p，q为真时a的范围，求出A、B的交集即可．【解答】解：若函数f（x）=|x+a|在（﹣∞，﹣1）上是单调函数，则a≤1，故p为真时，a≤1，若函数在（2，+∞）上递增，则0＜a≤1，故q为真时，0＜a≤1，若p且q为真命题，则0＜a≤1，故选：A．4.已知a＞0且a≠1，函数在区间（﹣∞，+∞）上既是奇函数又是增函数，则函数g（x）=loga||x|﹣b|的图象是（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】函数的图象；对数函数的单调性与特殊点．【分析】根据函数是一个奇函数，函数在原点出有定义，得到函数的图象一定过原点，求出b的值，根据函数是一个增函数，看出底数的范围，得到结果．【解答】解：∵函数在区间（﹣∞，+∞）上是奇函数，∴f（0）=0∴b=1，又∵函数在区间（﹣∞，+∞）上是增函数，所以a＞1，所以g（x）=loga||x|﹣1|定义域为x≠±1，且当x＞1递增，当0＜x＜1递减，故选A5.设命题甲：关于的不等式对一切恒成立，命题乙：对数函数在上递减，那么甲是乙的（

）A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件参考答案：B略6.某程序框图如图2所示，现将输出（值依次记为：若程序运行中输出的一个数组是则数组中的(

)．A．32

B．24

C．18

D．16参考答案：A7.在△ABC中，若sinA：sinB：sinC=3：4：5，则cosA的值为（）A． B． C．0 D．1参考答案：B【考点】余弦定理．【专题】三角函数的求值．【分析】已知等式利用正弦定理化简求出三边之比，设出三边长，利用余弦定理表示出cosA，将三边长代入即可求出cosA的值．【解答】解：已知等式利用正弦定理化简得：a：b：c=3：4：5，设a=3k，b=4k，c=5k，由余弦定理得：cosA===．故选：B．【点评】此题考查了正弦、余弦定理，熟练掌握定理是解本题的关键．8.已知，，则的值为(A).

(B).

(C).

(D).参考答案：C略9.用餐时客人要求：将温度为、质量为的同规格的某种袋装饮料加热至.服务员将袋该种饮料同时放入温度为、质量为的热水中，分钟后立即取出．设经过分钟饮料与水的温度恰好相同，此时，该饮料提高的温度与水降低的温度满足关系式，则符合客人要求的可以是

（▲）（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：C10.椭圆的离心率是，则双曲线的渐近线方程是（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设变量，满足约束条件，则目标函数的最小值为

A．

B．

C．

D．参考答案：B做出可行域如图，设，即，平移直线，由图象可知当直线经过点C时，直线的截距最小，此时最小。由,解得，即，代入得，所以最大值为3，选B.12.某工程队有5项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后立即进行那么安排这5项工程的不同排法种数是

．（用数字作答）参考答案：12【考点】排列、组合及简单计数问题．【专题】概率与统计．【分析】安排甲工程放在第一位置时，乙丙与剩下的两个工程共有种方法，同理甲在第二位置共有2×2种方法，甲在第三位置时，共有2种方法．利用加法原理即可得出．【解答】解：安排甲工程放在第一位置时，乙丙与剩下的两个工程共有种方法，同理甲在第二位置共有2×2种方法，甲在第三位置时，共有2种方法．由加法原理可得：+4+2=12种．故答案为：12．【点评】本题考查了排列与乘法原理，优先安排除了甲乙丙3个工程后剩下的2个工程的方案是解题的关键，属于中档题．13.已知数列{an}的前n项和为Sn，且，a2=5，则S6=

．参考答案：722【考点】数列递推式；数列的求和．【分析】=，可得an+1+1=3（an+1），利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出．【解答】解：∵=，∴an+1+1=3（an+1），∴5+1=3（a1+1），解得a1=1．∴数列{an+1}是等比数列，公比为3，首项为2．∴an+1=2×3n﹣1，解得an=2×3n﹣1﹣1，则S6=﹣6=722．故答案为：722．14.若（2x﹣）n的展开式中所有二项式系数和为64，则n=；展开式中的常数项是

．参考答案：6；240【分析】利用二项式系数的性质求得n的值，再利用二项展开式的通项公式，求得展开式中的常数项．【解答】解：∵（2x﹣）n的展开式中所有二项式系数和为2n=64，则n=6；根据（2x﹣）n=（2x﹣）6的展开式的通项公式为Tr+1=?（﹣1）r?（2x）6﹣r?x﹣2r=?（﹣1）r?26﹣r?x6﹣3r，令6﹣3r=0，求得r=2，可得展开式中的常数项是?24=240，故答案为：6；240．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．15.设函数f(x)=的最大值为M，最小值为m，则M+m=____参考答案：216.已知数列的前n项和为，满足，，则数列的通项公式________．参考答案：由，解得，当时，，解得，两边同时乘以得，由，所以，则，所以数列是一个等比数列，所以，，，……，，将上述式子相加，可得，而，所以．17.已知全集集合则

▲

.参考答案：略三、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.的内角，，的对边分别为，，，已知.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，求的面积的最大值.参考答案：（Ⅰ）∵，∴由正弦定理得，.………2分∵，∴.即.………………4分∵，∴.

∵，∴.∵，∴.………………6分（Ⅱ）∵，，∴由余弦定理得：，，当且仅当时取“=”

………………9分∴.即的面积的最大值为.………12分19.（本小题满分12分）

在一块倾斜放置的矩形木块上钉着一个形如“等腰三角形”的五行铁钉，钉子之间留有空隙作为通道，自上而下第1行2个铁钉之间有1个空隙，第2行3个铁钉之间有2个空隙……第5行6个铁钉之间有5个空隙（如图）．某人将一个玻璃球从第1行的空隙向下滚动，玻璃球碰到第2行居中的铁钉后以相等的概率滚入第2行的左空隙或右空隙，以后玻璃球按类似方式继续往下滚动，落入第5行的某一个空隙后，掉入木板下方相应的球槽．玻璃球落入不同球槽得到的分数ξ如图所示．（Ⅰ）求；（Ⅱ）若此人进行4次相同试验，求至少3次获得4分的概率．参考答案：解：（Ⅰ）从第1行开始，玻璃球从一个空隙向下滚动，碰到此空隙下方的一个铁钉后以的概率落入铁钉左边的空隙，同样以的概率落入铁钉右边的空隙．玻璃球继续往下滚动时，总有落入铁钉左边和右边空隙的两种结果．到最后落入某一个球槽内，一共进行了4次独立重复试验，设4次独立重复试验中落入左边空隙的次数为η，则．，············2分，·············4分．··························································6分则．········································································8分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，此人一次试验获得4分的概率，他进行4次相同试验可以看着他进行了4次独立重复试验，···························································································································10分则至少3次获得4分的概率．

12分略20.如图，等腰梯形ABCD中，，，，E为CD中点，以AE为折痕把折起，使点D到达点P的位置（平面ABCE）.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若直线PB与平面ABCE所成的角为，求二面角的余弦值.参考答案：（I）见解析；（II）.【分析】（I）先证明，再证明；（II）在平面POB内作PQ⊥OB,垂足为Q，证明OP⊥平面ABCE，以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值.【详解】（I）证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，∵AB||CE,AB=CE，∴四边形ABCE为平行四边形，∴AE=BC=AD=DE，∴△ADE为等边三角形，∴在等腰梯形ABCD中，，,∴在等腰中，∴,即BD⊥BC，∴BD⊥AE，翻折后可得：OP⊥AE,OB⊥AE，又，，；（II）解：在平面POB内作PQ⊥OB,垂足为Q，因为AE⊥平面POB，∴AE⊥PQ，因为OB平面ABCE,AE平面ABCE,AE∩OB=O∴PQ⊥平面ABCE，∴直线PB与平面ABCE夹角为，又因为OP=OB，∴OP⊥OB，∴O、Q两点重合，即OP⊥平面ABCE，以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得，各点坐标为,设平面PCE的一个法向量为，则设，则y=-1,z=1，∴，由题意得平面PAE的一个法向量，设二面角A-EP-C为，.易知二面角A-EP-C为钝角，所以.【点睛】本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，考查二面角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象转化分析推理能力.21.某商场拟对商品进行促销，现有两种方案供选择．每种促销方案都需分两个月实施，且每种方案中第一个月与第二个月的销售相互独立．根据以往促销的统计数据，若实施方案1，顶计第一个月的销量是促销前的1.2倍和1.5倍的概率分别是0.6和0.4．第二个月销量是笫一个月的1.4倍和1.6倍的概率都是0.5；若实施方案2，预计第一个月的销量是促销前的1.4倍和1.5倍的概率分别是0.7和0.3，第二个月的销量是第一个月的1.2倍和1.6倍的概率分别是0.6和0.4．令ξi（i=1，2）表示实施方案i的第二个月的销量是促销前销量的倍数．（Ⅰ）求ξ1，ξ2的分布列：（Ⅱ）不管实施哪种方案，ξi与第二个月的利润之间的关系如表，试比较哪种方案第二个月的利润更大．销量倍数ξi≤1.71.7＜ξi＜2.3ξi2.3利润（万元）152025参考答案：【分析】（Ⅰ）依题意，ξ1的所有取值为1.68，1.92，2.1，2.4，分别求出相应的概率，由此能求出ξ1的分布列；依题意，ξ2的所有可能取值为1.68，1.8，2.24，2.4，分别求出相应的概率，由此能求出ξ2的分布列．（Ⅱ）Qi表示方案i所带来的利润，分别求出EQ1，EQ2，由EQ1＞EQ2，实施方案1，第二个月的利润更大．【解答】解：（Ⅰ）依题意，ξ1的所有取值为1.68，1.92，2.1，2.4，P（ξ1=1.68）=0.6×0.5=0.30，P（ξ1=1.92）=0.6×0.5=0.30，P（ξ1=2.1）=0.4×0.5=0.20，P（ξ1=2.4）=0.4×0.5=0.20，∴ξ1的分布列为：ξ11.681.922.12.4P0.300.300.200.20依题意，ξ2的所有可能取值为1.68，1.8，2.24，2.4，P（ξ2=1.68）=0.7×0.6=0.42，P（ξ2=1.8）=0.3×0.6=0.18，P（ξ2=2.24）=0.7×0.4=0.28，P（ξ2=2.4）=0.3×0.4=0.12，∴ξ2的分布列为：ξ21.681.82.242.4P0.420.180.280.12（Ⅱ）Qi表示方案i所带来的利润，则：Q1152025P0.300.500.20

Q2152025P