浙江省台州市临海连盘中学2021年高三数学理测试题含解析

1、浙江省台州市临海连盘中学2021年高三数学理测试题含解析一、 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. 已知的定义在（0，3）上的函数，的图象如图所示，那么不等式的解集是a（0，1）（2，3）    bc         d       参考答案：答案：c2. 如图所示，将一圆的八个等分点分成相间的两组，连接每组的四个点得到两个正方形.去掉两个正方形内部的

2、八条线段后可以形成一正八角星.设正八角星的中心为，并且若将点到正八角星个顶点的向量都写成的形式，则的取值范围为（   ）（a）（b） （c）（d） 参考答案：c3. 已知函数,则(    )a4             b             c    &

3、#160;       d 参考答案：b4. 函数f（x）=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则下列结论成立的是（）aa0，b0，c0，d0ba0，b0，c0，d0ca0，b0，c0，d0da0，b0，c0，d0参考答案：a【考点】函数的图象【分析】根据函数的图象和性质，利用排除法进行判断即可【解答】解：f（0）=d0，排除d，当x+时，y+，a0，排除c，函数的导数f（x）=3ax2+2bx+c，则f（x）=0有两个不同的正实根，则x1+x2=0且x1x2=0，（a0），b0，c0，方法2：f（x）=3ax2+2bx

4、+c，由图象知当当xx1时函数递增，当x1xx2时函数递减，则f（x）对应的图象开口向上，则a0，且x1+x2=0且x1x2=0，（a0），b0，c0，故选：a5. 复数，则在复平面上对应的点位于a第一象限     b第二象限     c第三象限    d第四象限参考答案：d6. 已知数列的前n项和为，且, 则等于  （    ）a 4        b2  

5、;       c1         d  参考答案：a7. 一个由实数组成的等比数列，它的前6项和是前3项和的9倍，则此数列的公比为a2      b3      c      d      参考答案：a8. 中心在远点，焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线经过

6、点（4,2），则它的离心率为a. b. c. d. 参考答案：d由题意知,过点(4,-2)的渐近线方程为y=-x,-2=-×4,a=2b.设b=k,则a=2k,c=k,e=.9. 已知所确定的平面区域记为，若圆上的所有点都在区域内，则圆的面积的最大值为a.                    b.        &#

7、160;        c.                d. 参考答案：答案：b 10. 已知p为三角形abc内部任一点（不包括边界），满足（）?（+2）=0，则abc必定是(     )a直角三角形b等边三角形c等腰直角三角形d等腰三角形参考答案：d【考点】平面向量数量积的运算【专题】平面向量及应用【分析】由向量的运算和已

8、知条件可得=0，即|=|，可得结论【解答】解：=，+2=+=+，（）?（+2）=0，（）?（+）=0，=0，即|=|，abc一定为等腰三角形故选d【点评】本题考查向量的三角形法则，向量垂直于数量积的关系以及等腰三角形的定义，属中档题二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 如图，矩形的一边在轴上，另外两个顶点在函数的图象上.若点的坐标，记矩形的周长为，数列的前项和为，则=      参考答案：12. 按如图所示的程序框图运算：若输入，则输出；高考资源网若输出，则输入的取值范围是（注：“”也可写成“”或“”，均表示赋值语句）参考答

9、案：，略13. 计算               ； 参考答案：略14. 曲线f（x）=f（2）lnxf（1）x+2x2在点（1，f（1）处的切线方程为参考答案：15x+y14=0【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】令x=1，可得f（1），求出导数，再令x=2，求出f（2）=12，及切线的斜率，从而得到f（x），以及切点，再由点斜式方程，即可得到【解答】解：x=1，f（1）=f（1）+2，f（1）=1f（x）=f（2）lnxf（1）x+2x2，则

10、f（x）=?f（2）f（1）x+4x，则f（2）=?f（2）2f（1）+8，即f（2）=4f（1）+16=12，f（x）=12lnxx+2x2，又切点是（1，1），f（1）=15则切线方程是y1=15（x1）即15x+y14=0故答案为：15x+y14=0故答案为：x+y+1=015. 直三棱柱abc-a1b1c1中，若，则异面直线与所成的角等于_参考答案：试题分析：延长ca到d，使得ad=ac，则为平行四边形，就是异面直线与所成的角，又,则三角形为等边三角形，16. 在abc中，a，b，c分别为角a，b，c的对边，若，则      

11、    参考答案：17. 已知抛物线y2=4x上一点m与该抛物线的焦点f的距离mf4，则点m的横坐标x=_.参考答案：3三、 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. 已知函数f（x）=x+，g（x）=x+lnx，其中a0（1）若x=1是函数h（x）=f（x）+g（x）的极值点，求实数a的值及h（x）的单调区间；（2）若对任意的x1，x21，2，f（x1）g（x2）恒成立，且2a0，求实数a的取值范围参考答案：【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值【分析】（1）对h（x）求导数，利用h（x）=0时存在极值

12、点，求出a的值，再利用导数讨论h（x）的单调性；（2）设存在实数a，对任意的x1，x21，2都有f（x1）g（x2）成立，等价于对任意的x1，x21，2时，都有f（x）ming（x）max，分别求出函数f（x）在区间1，2的最小值与g（x）在1，2上的最大值，列出不等式求出实数a的取值范围【解答】解：（1）h（x）=f（x）+g（x）=2x+lnx，其定义域为（0，+），h（x）=2+；又x=1是函数h（x）的极值点，h'（1）=0，即3a2=0，a0，a=；经检验，a=时，x=1是函数h（x）的极值点，a=；又h（x）=，当0x1时，h（x）0，h（x）是单调减函数，x1时，h（x）

13、0，h（x）是单调增函数；h（x）的单调减区间为（0，1），增区间为（1，+）；（2）假设存在实数a，对任意的x1，x21，2都有f（x1）g（x2）成立，等价于对任意的x1，x21，2时，都有f（x）ming（x）max，当x1，2时，g（x）=1+0函数g（x）=x+lnx在1，2上是增函数g（x）max=g（2）=2+ln2f（x）=1=，且x1，2，2a0，当1a0且x1，2时，f（x）=0，函数f（x）=x+在1，2上是增函数f（x）min=f（1）=1+a2由1+a22+ln2，得a，又1a0，a不合题意当a1时，若1xa，则f（x）=0，若ax2，则f（x）=0，函数f（x）=x

14、+在1，a）上是减函数，在（a，2上是增函数f（x）min=f（a）=2a2a2+ln2，得a1ln2，2a1ln2综上，存在实数a的取值范围为（2，1ln2）19. 已知是函数的一个极值点。（）求；（）求函数的单调区间；（）若直线与函数的图象有3个交点，求的取值范围参考答案：解析：（）因为        所以        因此 （）由（）知，          当

15、时，当时，所以的单调增区间是的单调减区间是（）由（）知，在内单调增加，在内单调减少，在上单调增加，且当或时，所以的极大值为，极小值为因此所以在的三个单调区间直线与的图象各有一个交点，当且仅当因此，的取值范围为。20. 已知函数f（x）=ax2+2xlnx（ar）（）若a=4，求函数f（x）的极值；（）若f（x）在（0，1）有唯一的零点x0，求a的取值范围；（）若a（，0），设g（x）=a（1x）22x1ln（1x），求证：g（x）在（0，1）内有唯一的零点x1，且对（）中的x0，满足x0+x11参考答案：【考点】利用导数研究函数的极值；函数零点的判定定理【专题】导数的综合应用【分析】解法一：（

16、）当a=4时，化简函数的解析式，求出定义域，函数的导数，求出极值点，利用导函数的符号判断函数的单调性，求解极值即可（）利用，通过导函数为0，构造新函数，通过分类讨论求解即可（）设t=1x，则t（0，1），得到p（t），求出函数的导数，通过方程2at2+2t1=0在（0，1）内有唯一的解x0，利用导数判断单调性，然后求解证明解法二：（）同解法一；（）求出，通过f（x）=0，推出，设，则m（1，+），问题转化为直线y=a与函数的图象在（1，+）恰有一个交点问题求解证明即可（）同解法一【解答】满分（14分）解法一：（）当a=4时，f（x）=4x2+2xlnx，x（0，+），（1分）由x（0，+），令

17、f（x）=0，得当x变化时，f（x），f（x）的变化如下表：xf（x）0+f（x）极小值故函数f（x）在单调递减，在单调递增，（3分）f（x）有极小值，无极大值（4分）（），令f（x）=0，得2ax2+2x1=0，设h（x）=2ax2+2x1则f（x）在（0，1）有唯一的零点x0等价于h（x）在（0，1）有唯一的零点x0当a=0时，方程的解为，满足题意；（5分）当a0时，由函数h（x）图象的对称轴，函数h（x）在（0，1）上单调递增，且h（0）=1，h（1）=2a+10，所以满足题意；（6分）当a0，=0时，此时方程的解为x=1，不符合题意；当a0，0时，由h（0）=1，只需h（1）=2a+1

18、0，得（7分）综上，（8分）（说明：=0未讨论扣1分）（）设t=1x，则t（0，1），p（t）=g（1t）=at2+2t3lnt，（9分），由，故由（）可知，方程2at2+2t1=0在（0，1）内有唯一的解x0，且当t（0，x0）时，p（t）0，p（t）单调递减；t（x0，1）时，p（t）0，p（t）单调递增（11分）又p（1）=a10，所以p（x0）0（12分）取t=e3+2a（0，1），则p（e3+2a）=ae6+4a+2e3+2a3lne3+2a=ae6+4a+2e3+2a3+32a=a（e6+4a2）+2e3+2a0，从而当t（0，x0）时，p（t）必存在唯一的零点t1，且0t1x0，即01x1x0，得x1（0，1），且x0+x11，从而函数