2021年上海崇明縣揚子高級中學(xué)高三數(shù)學(xué)文聯(lián)考試卷含解析

2021年上海崇明縣揚子高級中學(xué)高三數(shù)學(xué)文聯(lián)考試卷含解析一、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.雙曲線C:的離心率為2，焦點到漸近線的距離為，則C的焦距等于(

)A.2

B.

C.4

D.參考答案：C2.2016年濟南地鐵正式開工建設(shè)，地鐵時代的到來能否緩解濟南的交通擁堵狀況呢？某社團進行社會調(diào)查，得到的數(shù)據(jù)如表：

男性市民女性市民認(rèn)為能緩解交通擁堵4830認(rèn)為不能緩解交通擁堵1220則下列結(jié)論正確的是（）附：x2=P（x2≥k）0.050.0100.0050.001k3.8416.6357.87910.828A．有95%的把握認(rèn)為“對能否緩解交通擁堵的認(rèn)識與性別有關(guān)”B．有95%的把握認(rèn)為“對能否緩解交通擁堵的認(rèn)識與性別無關(guān)”C．有99%的把握認(rèn)為“對能否緩解交通擁堵的認(rèn)識與性別有關(guān)”D．有99%的把握認(rèn)為“對能否緩解交通擁堵的認(rèn)識與性別無關(guān)”參考答案：A【考點】BO：獨立性檢驗的應(yīng)用．【分析】根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)值，計算觀測值K2，比較臨界值即可得出結(jié)論．【解答】解：根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)值，計算K2=≈5.2885＞3.841，所以有95%的把握認(rèn)為“對能否緩解交通擁堵的認(rèn)識與性別有關(guān)”．故選：A．3.已知實數(shù)m是2，8的等比中項，則雙曲線的離心率為（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：A略4.已知集合A={y︱y=3},B={x︱x2＞1},，則A∩CRB=

（

）A.[-1,1]

B.(0,1)

C.[0,1]

D.參考答案：D略5.下列函數(shù)中，在區(qū)間上為增函數(shù)的是（

）A． B． C． D．參考答案：C6.已知平面向量，的夾角為，且||=1，||=，則+2與的夾角是（）A． B．C． D．參考答案：A【考點】平面向量數(shù)量積的運算．【分析】結(jié)合題意設(shè)出，的坐標(biāo)，求出+2的坐標(biāo)以及+2的模，代入公式求出+2與的夾角余弦值即可求出角的度數(shù)．【解答】解：平面向量，的夾角為，且||=1，||=，不妨設(shè)=（1，0），=（，），故+2=（，），|+2|=，（+2）?=×+×=，故cos＜+2，＞===，故+2與的夾角是，故選：A．【點評】本題考查了平面向量數(shù)量積的運算，考查向量夾角的余弦公式，是一道中檔題．7.某公司為激勵創(chuàng)新，計劃逐年加大研發(fā)資金投入，若該公司2017年全年投入研發(fā)資金130萬元，在此基礎(chǔ)上，每年投入的研發(fā)資金比上一年增長12%，則該公司全年投入的研發(fā)資金開始超過200萬元的年份是（

）（參考數(shù)據(jù)：，，）A.2020年 B.2021年 C.2022年 D.2023年參考答案：B【分析】根據(jù)條件列不等式,解得結(jié)果.【詳解】由題意求滿足最小n值，由得，開始超過200萬元的年份是2017+5-1=2021,選B.【點睛】本題考查指數(shù)函數(shù)應(yīng)用與解指數(shù)不等式,考查基本求解能力,屬基礎(chǔ)題.8.在△ABC中，是的（

）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件參考答案：B【分析】取，可得不成立；當(dāng)時，兩邊平方，可得，可得成立，可得答案.【詳解】解：在中，，取,可得，可得不成立；在中，當(dāng)，兩邊平方可得，可得，可得，即成立，可得在中，是的必要不充分條件，故選B.【點睛】本題主要必要條件、充分條件及充要條件的判斷，及三角函數(shù)的相關(guān)知識，屬于中檔題型.9.已知復(fù)數(shù)z1=（m∈R）與z2=2i的虛部相等，則復(fù)數(shù)z1對應(yīng)的點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限參考答案：B【考點】A5：復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算．【分析】利用復(fù)數(shù)的運算法則、復(fù)數(shù)相等、幾何意義即可得出．【解答】解：復(fù)數(shù)z1===﹣mi﹣1與z2=2i的虛部相等，∴﹣m=2，解得m=﹣2．z1=﹣1+2i則復(fù)數(shù)z1對應(yīng)的點（﹣1，2）在第二象限．故選：B．10.若點P（x，y）坐標(biāo)滿足ln||=|x﹣1|，則點P的軌跡圖象大致是（）A． B． C． D．參考答案：B【考點】KE：曲線與方程．【分析】取特殊點代入進行驗證即可．【解答】解：由題意，x=1時，y=1，故排除C，D；令x=2，則y=，排除A．故選B．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對應(yīng)的邊長為a，b，c，若，△ABC的面積為，則△ABC外接圓的面積=______．參考答案：4π【分析】由已知利用三角形的面積公式可求得，利用余弦定理可以求得，再利用正弦定理可求得外接圓半徑，進而得解三角形外接圓的面積．【詳解】在中，∵，∴，∴由余弦定理得：，解得；∴由正弦定理得：，∴，可得：外接圓的面積．故答案為：．【點睛】本題考查正弦定理的應(yīng)用，重點考查正弦定理及余弦定理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．12.已知向量，，且，則實數(shù)m的值是________．參考答案：1【分析】根據(jù)即可得出，從而求出m的值．【詳解】解：∵；∴；∴m＝1．故答案為：1．【點睛】本題考查向量垂直的充要條件，向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算．13.實數(shù)滿足若恒成立，則實數(shù)的最大值是

．參考答案：14.△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，，則a=__________．參考答案：415.邊長為的正△ABC內(nèi)接于體積為的球，則球面上的點到△ABC最大距離為

。參考答案：16.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1，z2對應(yīng)的點分別是A，B（如圖所示），則復(fù)數(shù)的值是．參考答案：﹣1+i考點：復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算．

專題：數(shù)系的擴充和復(fù)數(shù)．分析：利用復(fù)數(shù)的運算法則、幾何意義即可得出．解答：解：由復(fù)數(shù)的幾何意義可知：z1=2i，z2=1﹣i．∴===﹣1+i．故答案為：﹣1+i．點評：本題考查了復(fù)數(shù)的運算法則、幾何意義，屬于基礎(chǔ)題．17.若對恒成立，且存在，使得成立，則m的取值范圍為

．參考答案：(－∞,6)以代入得，消去得，若，則單調(diào)遞增，，則.

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.如圖，⊥平面，四邊形是矩形，，點是的中點，點在邊上移動.（Ⅰ）點為的中點時，試判斷與平面的位置關(guān)系，并說明理由；（Ⅱ）證明：無論點在邊的何處，都有.參考答案：（I）解：當(dāng)點E為BC的中點時，EF與平面PAC平行.

中，E、F分別為BC、PB的中點.

而平面PAC，EF//平面PAC

（II）證明：平面ABCD，BE平面ABCD，

又平面PAB，又平面PAB，

又PA=PB=1，點F是PB的中點，

又PBE，平面PBE.

平面PBE，

所以無論點在邊的何處，都有.略19.已知函數(shù).（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）當(dāng)時，恒成立，求實數(shù)的取值范圍；（3）證明：.參考答案：

故

……9分（3）由（2）知當(dāng)時，有，當(dāng)時，即，令，則，即

…10分

.....................13分

20.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，，，D是棱AB的中點．（1）求證：；（2）求證：．參考答案：(1)見詳解；（2）見詳解.【分析】（1）連接AC1，設(shè)AC1∩A1C＝O，連接OD，可求O為AC1的中點，D是棱AB的中點，利用中位線的性質(zhì)可證OD∥BC1，根據(jù)線面平行的判斷定理即可證明BC1∥平面A1CD．（2）由（1）可證平行四邊形ACC1A1是菱形，由其性質(zhì)可得AC1⊥A1C，利用線面垂直的性質(zhì)可證AB⊥AA1，根據(jù)AB⊥AC，利用線面垂直的判定定理可證AB⊥平面ACC1A1，利用線面垂直的性質(zhì)可證AB⊥A1C，又AC1⊥A1C，根據(jù)線面垂直的判定定理可證A1C⊥平面ABC1，利用線面垂直的性質(zhì)即可證明BC1⊥A1C．【詳解】（1）連接AC1，設(shè)AC1∩A1C＝O，連接OD，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面ACC1A1是平行四邊形，所以：O為AC1的中點，又因為：D是棱AB的中點，所以：OD∥BC1，又因為：BC1?平面A1CD，OD?平面A1CD，所以：BC1∥平面A1CD．（2）由（1）可知：側(cè)面ACC1A1是平行四邊形，因為：AC＝AA1，所以：平行四邊形ACC1A1是菱形，所以：AC1⊥A1C，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，因為：AB?平面ABC，所以：AB⊥AA1，又因為：AB⊥AC，AC∩AA1＝A，AC?平面ACC1A1，AA1?平面ACC1A1，所以：AB⊥平面ACC1A1，因為：A1C?平面ACC1A1，所以：AB⊥A1C，又因為：AC1⊥A1C，AB∩AC1＝A，AB?平面ABC1，AC1?平面ABC1，所以：A1C⊥平面ABC1，因為：BC1?平面ABC1，所以：BC1⊥A1C．【點睛】本題主要考查了線面平行的判定，線面垂直的性質(zhì)，線面垂直的判定，考查了空間想象能力和推理論證能力，屬于中檔題．21.（2016?晉城二模）已知函數(shù)f（x）=blnx．（1）當(dāng)b=1時，求G（x）=x2﹣x﹣f（x）在區(qū)間[，e]上的最值；（2）若存在一點x0∈[1，e]，使得x0﹣f（x0）＜﹣成立，求實數(shù)b的取值范圍．參考答案：【考點】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．【分析】（1）把b=1代入函數(shù)解析式，求出函數(shù)G（x）的導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)的零點對定義域分段，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的符號得到原函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的單調(diào)性，從而求得函數(shù)在區(qū)間[，e]上的最值；（2）構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)后對1+b≤0和b+1＞0分段討論，然后進一步對b分段分析得答案．【解答】解：（1）當(dāng)b=1時，G（x）=x2﹣x﹣f（x）=x2﹣x﹣lnx（x＞0），，令G'（x）=0，得x=1，列表如下：x（0，1）1（1，+∞）G'（x）﹣0+G（x）↓極小值↑∵，∴G（x）在區(qū)間上；（2）若在[1，e]上存在一點x0，使得成立，即在[1，e]上存在一點x0，使得成立，設(shè)，又，①當(dāng)1+b≤0，即b≤﹣1時，在x∈（0，+∞）上h'（x）＞0，∴函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；②當(dāng)b+1＞0，即b＞﹣1時，在x∈（0，1+b）上h'（x）＜0，在x∈（1+b，+∞）上，h'（x）＞0，∴h（x）在（0，1+b）上單調(diào)遞減，在（1+b，+∞）上單調(diào)遞增；綜上所述：當(dāng)b＞﹣1時，h（x）的遞減區(qū)間為（0，1+b）；遞增區(qū)間為（1+b，+∞）；當(dāng)b≤﹣1時，h（x）只有遞增區(qū)間為（0，+∞）．∴要使得在[1，e]上存在一點x0，使得成立，則只需要函數(shù)在[1，e]上的最小值小于零．①當(dāng)1+b≥e，即b≥e﹣1時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，故h（x）在[1，e]上的最小值為h（e），由，可得，∵，∴；②當(dāng)1+b≤1，即b≤0時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，故h（x）在[1，e]上最小值為h（1），由h（1）=1+1+b＜0，可得b＜﹣2（滿足b≤0）；③當(dāng)1＜1+b＜e，即0＜b＜e﹣1時，h（x）在[1，1+b]上單調(diào)遞減，在（1+b，e]上單調(diào)遞增，∴h（x）在[1，e]上最小值為h（1+b）=2+b﹣bln（1+b），∵0＜ln（1+b）＜1，∴0＜bln（1+b）＜b，∴2+b﹣bln（1+b）＞2，即h（1+b）＞2，不滿足題意，舍去．綜上b＜﹣2或b＞，∴實數(shù)b的取值范圍為．【點評】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查分類討論、數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化等基本數(shù)學(xué)思想方法，考查計算能力，是壓軸題．22.已知函數(shù)f（x）=|2x+1|+|2x﹣3|．（Ⅰ）求不等式f（x）≤6的解集；（Ⅱ）若關(guān)于x的不等式f（x）﹣log2（a2﹣3a）＞2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．參考答案：考點：函數(shù)恒成立問題．專題：綜合題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．分析：（Ⅰ）通過對自變量x的范圍的討論，去掉絕對值符號，從而可求得不等式f（x）≤6的解集；（Ⅱ）不等式f（x）﹣＞2恒成立?+2＜f（x）min恒成立，利用絕對值不等式的性質(zhì)易求f（x）min=4，從而解不等式