山東省青島市第七中學(xué)2021年高三數(shù)學(xué)理聯(lián)考試題含解析

山東省青島市第七中學(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.設(shè)函數(shù)，則不等式的解集是(

)A．

B．

C．

D．參考答案：A2.如圖所示，兩個不共線向量,的夾角為，分別為與的中點，點在直線上，且，則的最小值為

參考答案：3.如圖所示為函數(shù)的部分圖像，其中A,B兩點之間的距離為5，那么A. B. C. D.1參考答案：D略4.已知集合，，則RA=（

）

A.

B.

C.

D.參考答案：A5.已知函數(shù),下列結(jié)論中錯誤的是A．的圖像關(guān)于中心對稱

B．的圖像關(guān)于直線對稱C．的最大值為

D．既奇函數(shù),又是周期函數(shù)參考答案：C略6.已知命題：，，命題q：“”是“”的必要不充分條件,則下列命題為真的是

（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D略7.已知數(shù)列的首項為1，數(shù)列為等比數(shù)列且，若.、則（

）A.20

B.512

C.1013

D.1024參考答案：D8.執(zhí)行如圖的程序框圖，則輸出的S值為（）A．33 B．215 C．343 D．1025參考答案：C【考點】程序框圖．【分析】執(zhí)行程序框圖，寫出每次循環(huán)得到的S，k的值，當(dāng)k=10時不滿足條件k＜9，輸出S的值為343．【解答】解：模擬程序的運行，可得S=2，k=0滿足條件k＜9，執(zhí)行循環(huán)體，S=3，k=2滿足條件k＜9，執(zhí)行循環(huán)體，S=7，k=4滿足條件k＜9，執(zhí)行循環(huán)體，S=23，k=6滿足條件k＜9，執(zhí)行循環(huán)體，S=87，k=8滿足條件k＜9，執(zhí)行循環(huán)體，S=343，k=10不滿足條件k＜9，退出循環(huán)，輸出S的值為343．故選：C．9.公元263年左右，我國數(shù)學(xué)家劉徽發(fā)現(xiàn)當(dāng)圓內(nèi)接正多邊形的邊數(shù)無限增加時，多邊形面積可無限逼近圓的面積，并創(chuàng)立了“割圓術(shù)”．利用“割圓術(shù)”劉徽得到了圓周率精確到小數(shù)點后兩位的近似值3.14，這就是著名的“徽率”．如圖是利用劉徽的“割圓術(shù)”思想設(shè)計的一個程序框圖，則輸出n的值為（）（參考數(shù)據(jù)：≈1.732，sin15°≈0.2588，sin7.5°≈0.1305）A．12 B．24 C．36 D．48參考答案：B【考點】程序框圖．【分析】列出循環(huán)過程中S與n的數(shù)值，滿足判斷框的條件即可結(jié)束循環(huán)．【解答】解：模擬執(zhí)行程序，可得：n=6，S=3sin60°=，不滿足條件S≥3.10，n=12，S=6×sin30°=3，不滿足條件S≥3.10，n=24，S=12×sin15°=12×0.2588=3.1056，滿足條件S≥3.10，退出循環(huán)，輸出n的值為24．故選：B．【點評】本題考查循環(huán)框圖的應(yīng)用，考查了計算能力，注意判斷框的條件的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．10.已知點A（0，1），B（3，2），向量=（﹣4，﹣3），則向量=（） A．（﹣7，﹣4） B．（7，4） C．（﹣1，4） D．（1，4）參考答案：A【考點】平面向量的坐標(biāo)運算． 【專題】平面向量及應(yīng)用． 【分析】順序求出有向線段，然后由=求之． 【解答】解：由已知點A（0，1），B（3，2），得到=（3，1），向量=（﹣4，﹣3）， 則向量==（﹣7，﹣4）； 故答案為：A． 【點評】本題考查了有向線段的坐標(biāo)表示以及向量的三角形法則的運用；注意有向線段的坐標(biāo)與兩個端點的關(guān)系，順序不可顛倒． 二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知f(x)＝sin(x＋)，g(x)＝cos(x－)，則下列結(jié)論中正確的序號是__________(1)．函數(shù)y＝f(x)·g(x)的最小正周期為π.

(2)．函數(shù)y＝f(x)·g(x)的最大值為.

(3)．函數(shù)y＝f(x)·g(x)的圖象關(guān)于點(，0)成中心對稱

(4)．將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個單位后得到函數(shù)g(x)的圖象參考答案：（1）（2）（4）12.如圖所示，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1內(nèi)接于半徑為的半O，四邊形ABCD為正方形，則該四棱柱的體積最大時，AB的長為

．參考答案：2【考點】LF：棱柱、棱錐、棱臺的體積．【分析】設(shè)AB=a，BB1=h，求出a2=6﹣2h2，故正四棱柱的體積是V=a2h=6h﹣2h3，利用導(dǎo)數(shù)，得到該正四棱柱體積的最大值，即可得出結(jié)論．【解答】解：設(shè)AB=a，BB1=h，則OB=，連接OB1，OB，則OB2+BB12=OB12=3，∴+h2=3，∴a2=6﹣2h2，故正四棱柱的體積是V=a2h=6h﹣2h3，∴V′=6﹣6h2，當(dāng)0＜h＜1時，V′＞0，1＜h＜時，V′＜0，∴h=1時，該四棱柱的體積最大，此時AB=2．故答案為：2．13.設(shè)等差數(shù)列的前項和為，若，，則______．參考答案：14.在四面體ABCD中，且，當(dāng)四面體ABCD的體積最大時，其外接球的表面積為______參考答案：34π【分析】利用勾股定理得出△ABC是直角三角形，且AC為斜邊，可知CD⊥平面ABC時四面體ABCD的體積取最大值，再求出外接球的半徑R，利用球的表面積公式得答案．【詳解】∵，由勾股定理可得，∴△ABC是以AC為斜邊的直角三角形，當(dāng)CD⊥平面ABC時，四面體ABCD的體積取最大值，此時，其外接球的直徑為，∴外接球的半徑為，因此，四面體ABCD的外接球的表面積為．故答案為：34π．【點睛】本題考查多面體外接球表面積的計算，考查數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，是中檔題．15.某工廠生產(chǎn)三種不同型號的產(chǎn)品，三種產(chǎn)品數(shù)量之比依次為，現(xiàn)采用分層抽樣的方法從中抽出一個容量為的樣本，樣本中型號的產(chǎn)品有件，那么此樣本容量

．參考答案：16.對于三次函數(shù)f（x）=ax3+bx2+cx+d，定義y=f″（x）是函數(shù)y=f′（x）的導(dǎo)函數(shù)．若方程f″（x）=0有實數(shù)解x0，則稱點（x0，f（x0））為函數(shù)y=f（x）的“拐點”．有同學(xué)發(fā)現(xiàn)：任何一個三次函數(shù)既有拐點，又有對稱中心，且拐點就是對稱中心．根據(jù)這一發(fā)現(xiàn)，對于函數(shù)g（x）=x3﹣x2+3x++，則…+的值為．參考答案：3018考點：導(dǎo)數(shù)的運算．專題：新定義；導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用．分析：利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)拐點，再利用拐點的意義及中心對稱的性質(zhì)即可得出．解答：解：令h（x）=，則h′（x）=x2﹣x+3，h″（x）=2x﹣1，令h″（x）=0，解得，又，∴函數(shù)h（x）的拐點為，即為函數(shù)h（x）的對稱中心．．∴==3．∴…+=3×1006=3018．設(shè)u（x）=，可知其圖象關(guān)于點中心對稱．∴==…，∴…+=0．∴…+=3018．故答案為3018．點評：熟練掌握函數(shù)導(dǎo)數(shù)的運算性質(zhì)及拐點的意義及中心對稱的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．17.已知直線與函數(shù)的圖象恰有三個不同的公共點，則實數(shù)的取值范圍是

__________.參考答案：略三、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.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)橢圓（a＞b＞0）的離心率是e，定義直線y=為橢圓的“類準(zhǔn)線”，已知橢圓C的“類準(zhǔn)線”方程為y=，長軸長為4．（1）求橢圓C的方程；（2）點P在橢圓C的“類準(zhǔn)線”上（但不在y軸上），過點P作圓O：x2+y2=3的切線l，過點O且垂直于OP的直線l交于點A，問點A是否在橢圓C上？證明你的結(jié)論．參考答案：【考點】K4：橢圓的簡單性質(zhì)．【分析】（1）由題意列關(guān)于a，b，c的方程，聯(lián)立方程組求得a2=4，b2=3，c2=1，則橢圓方程可求；（2）設(shè)P（x0，2）（x0≠0），當(dāng)x0=時和x0=﹣時，求出A的坐標(biāo)，代入橢圓方程驗證知，A在橢圓上，當(dāng)x0≠±時，求出過點O且垂直于0P的直線與橢圓的交點，寫出該交點與P點的連線所在直線方程，由原點到直線的距離等于圓的半徑說明直線是圓的切線，從而說明點A在橢圓C上．【解答】解：（1）由題意得：==2，2a=4，又a2=b2+c2，聯(lián)立以上可得：a2=4，b2=3，c2=1．∴橢圓C的方程為+y2=1；（2）如圖，由（1）可知，橢圓的類準(zhǔn)線方程為y=±2，不妨取y=2，設(shè)P（x0，2）（x0≠0），則kOP=，∴過原點且與OP垂直的直線方程為y=﹣x，當(dāng)x0=時，過P點的圓的切線方程為x=，過原點且與OP垂直的直線方程為y=﹣x，聯(lián)立，解得：A（，﹣），代入橢圓方程成立；同理可得，當(dāng)x0=﹣時，點A在橢圓上；當(dāng)x0≠±時，聯(lián)立，解得A1（，﹣），A2（﹣，），PA1所在直線方程為（2+x0）x﹣（x0﹣6）y﹣x02﹣12=0．此時原點O到該直線的距離d==，∴說明A點在橢圓C上；同理說明另一種情況的A也在橢圓C上．綜上可得，點A在橢圓C上．19.（本小題共13分）已知函數(shù)．（Ⅰ）求的最小正周期；（Ⅱ）求在區(qū)間上的最大值和最小值．參考答案：解：（Ⅰ）

.…………………4分

所以．……………………6分（Ⅱ）因為，所以．所以．………10分當(dāng)時，函數(shù)的最小值是，當(dāng)時，函數(shù)的最大值是．……略20.（00全國卷）（12分）如圖，已知平行六面體ABCD-的底面ABCD是菱形，且=（I）證明：⊥BD；

（II）當(dāng)?shù)闹禐槎嗌贂r，能使平面？請給出證明

參考答案：解析：（I）證明：連結(jié)、AC，AC和BD交于O，連結(jié)

∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD又∵

，∴，∴，∵DO=OB，∴BD，

——3分但AC⊥BD，AC∩=O，∴BD⊥平面又平面，∴BD

——6分（II）當(dāng)時，能使⊥平面證明一：∵，∴BC=CD=，又，由此可推得BD=∴三棱錐C-是正三棱錐

——9分設(shè)與相交于G∵∥AC，且∶OC=2∶1，∴∶GO=2∶1又是正三角形的BD邊上的高和中線，∴點G是正三角形的中心，∴CG⊥平面即⊥平面

——12分證明二：由（I）知，BD⊥平面，∵平面，∴BD⊥

——9分當(dāng)時，平行六面體的六個面是全等的菱形，同BD⊥的證法可得⊥又BD∩=B，∴⊥平面

——12分

21.已知函數(shù)上為增函數(shù)，且θ∈（0，π），，m∈R．（1）求θ的值；（2）當(dāng)m=0時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；（3）若在上至少存在一個x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，求m的取值范圍．參考答案：【考點】函數(shù)在某點取得極值的條件；函數(shù)恒成立問題；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．【專題】壓軸題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．【分析】（1）由函數(shù)上為增函數(shù)，得g′（x）=﹣+≥0在上F（x）max＞0即可；【解答】解：（1）∵函數(shù)上為增函數(shù)，∴g′（x）=﹣+≥0在，mx﹣≤0，﹣2lnx﹣＜0，∴在上不存在一個x0，使得f（x0）＞g（x0）成立．②當(dāng)m＞0時，F(xiàn)′（x）=m+﹣=，∵x∈，∴2e﹣2x≥0，mx2+m＞0，∴F′（x）＞0在恒成立．故F（x）在上單調(diào)遞增，F(xiàn)（x）max=F（e）=me﹣﹣4，只要me﹣﹣4＞0，解得m＞．故m的取值范圍是（，+∞）【點評】本題考查利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．22.已知函數(shù)f（x）=log4（4x+1）+kx（k∈R）是偶函數(shù)．（1）求k的值；（2）若函數(shù)y=f（x）的圖象與直線y=x+a沒有交點，求a的取值范圍；（3）若函數(shù)h（x）=4f（x）+{\;}^{\frac{1}{2}}x+m?2x﹣1，x∈[0，log23]，是否存在實數(shù)m使得h（x）最小值為0，若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．參考答案：【考點】函數(shù)奇偶性的性質(zhì)；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程．【專題】函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．【分析】（1）若函數(shù)f（x）=log4（4x+1）+kx（k∈R）是偶函數(shù)，則f（﹣x）=f（x），可得k的值；（2）若函數(shù)y=f（x）的圖象與直線y=x+a沒有交點，方程log4（4x+1）﹣x=a無解，則函數(shù)g（x）=的圖象與直線y=a無交點，則a不屬于函數(shù)g（x）值域；（3）函數(shù)h（x）=4x+m?2x，x∈[0，log23]，令t=2x∈[1，3]，則y=t2+mt