湖南省永州市七里桥乡中学2020-2021学年高三数学理上学期期末试题含解析

1、湖南省永州市七里桥乡中学2020-2021学年高三数学理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. 执行如图所示的程序框图，其输出的结果是(A) 1 (B) (C) (D) 参考答案：C2. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. B. 5C. D. 4参考答案：A【分析】根据三视图判断出几何体的结构，进而计算出几何体的表面积.【详解】画出三视图对应的原图如下图四棱锥，其中,，故四棱锥的表面积为.故选A.【点睛】本小题主要考查三视图还原原图，考查四棱锥表面积的计算，考查空间想象能力，属于基础

2、题.3. （5分）（2015?高安市校级一模）已知集合A=x|x=2k+1，kZ，B=x|0，则AB=（） A-1,0,1,2 B 1，1，3 C0,1,2 D 1，1参考答案：A【考点】： 交集及其运算；其他不等式的解法【专题】： 集合【分析】： 求出B中不等式的解集确定出B，求出A与B的交集即可解：由B中不等式变形得：（x+1）（x3）0，且x30，解得：1x3，即B=恒成立，求a的取值范围4. 点为椭圆的左右焦点，若椭圆上存在点使为正三角形，那么椭圆的离心率为（）A B C D参考答案：【知识点】椭圆的几何性质H5B 由椭圆的对称性可知，若若椭圆上存在点使为正三角形，则点A必在短轴端点，

3、此时，所以选B.【思路点拨】抓住椭圆的对称性，可得到点A的位置，再利用短轴端点到焦点的距离等于a直接求离心率即可.5. 已知，且，则=（）A（2，4）B（2，4）C（2，4）或（2，4）D（4，8）参考答案：C【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示【分析】利用向量模的平方等于向量坐标的平方和向量共线坐标交叉相乘相等列出方程组求出【解答】解：设=（x，y），由题意可得，解得或，=（2，4）或（2，4）故选：C6. 如图是某几何体的三视图，则其体积为 参考答案：7. 若实数满足，则曲线与曲线的（ ）A焦距相等 B 离心率相等 C虚半轴长相等 D 实半轴长相等 参考答案：A解析：本题考查双曲线的定义

4、和几何性质.本题可以采用一般法和特殊法，一般法在这里不赘述，令，则这两个曲线方程分别为和，它们分别对应的，故。所以它们的焦距相等，故答案为A.8. “”是“直线与直线互相垂直”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：A略9. 定义在（1，+）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x（1，+）恒有f（2x）=2f（x）成立； （2）当x（1，2时，f（x）=2x；记函数g（x）=f（x）k（x1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（）A1，2）BCD参考答案：C【考点】函数零点的判定定理【分析】根据题中的条件

5、得到函数的解析式为：f（x）=x+2b，x（b，2b，又因为f（x）=k（x1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，再结合函数的图象根据题意求出参数的范围即可【解答】解：因为对任意的x（1，+）恒有f（2x）=2f（x）成立，且当x（1，2时，f（x）=2x所以f（x）=x+2b，x（b，2b由题意得f（x）=k（x1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，如图所示红色的直线与线段AB相交即可（可以与B点重合但不能与A点重合）所以可得k的范围为故选C【点评】解决此类问题的关键是熟悉求函数解析式的方法以及函数的图象与函数的性质，数形结合思想是高中数学的一个重要数学思想，是解决数学问题的必备的解题工

6、具10. 已知二次函数（），点。若存在两条都过点且互相垂直的直线和，它们与二次函数（）的图像都没有公共点，则的取值范围为（ ）A B C D参考答案：A略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知抛物线上两点的横坐标恰是方程的两个实根，则直线的方程是 参考答案：12. 在区间0，1上任取两实数a，b，则使ab1的概率为 参考答案：13. 设函数，对任意，恒成立，则实数m的取值范围是 参考答案：14. 函数的最小正周期为_ _参考答案：试题分析：根据三角函数周期公式考点：正余弦函数的周期公式15. 若函数存在与直线平行的切线，则实数的取值范围是 参考答案：16. 已知点落在角

7、的终边上，且，则的值为 ;参考答案：略17. 函数的反函数 。参考答案：答案：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. 设函数f（x）=|2x+1|x4|（1）解不等式f（x）0；（2）若f（x）+3|x4|m对一切实数x均成立，求m的取值范围参考答案：考点：绝对值不等式的解法；函数最值的应用 专题：计算题；压轴题；分类讨论分析：（1）分类讨论，当x4时，当时，当时，分别求出不等式的解集，再把解集取交集（2）利用绝对值的性质，求出f（x）+3|x4|的最小值为9，故m9解答：解：（1）当x4时f（x）=2x+1（x4）=x+50得 x5，所以，x4时

8、，不等式成立当时，f（x）=2x+1+x4=3x30，得x1，所以，1x4时，不等式成立当时，f（x）=x50，得x5，所以，x5成立综上，原不等式的解集为：x|x1或x5（2）f（x）+3|x4|=|2x+1|+2|x4|2x+1（2x8）|=9，当，所以，f（x）+3|x4|的最小值为9，故 m9点评：本题考查绝对值不等式的解法，求函数的最小值的方法，绝对值不等式的性质，体现了分类讨论的数学思想19. 在的展开式中， 设的系数为，求 参考答案：解析：在的展开式中，系数为于是, 原式20. 已知数列满足（为常数），成等差数列.（）求p的值及数列的通项公式；（）设数列满足，证明：. 参考答案：

9、解：（）由得成等差数列，即得（2分）依题意知，当时，相加得（4分）又适合上式， （5分）故（6分）（）证明：（8分）若则即当时，有（10分）又因为（11分）故（12分）（）法二：要证 只要证（7分）下面用数学归纳法证明：当时，左边=12，右边=9，不等式成立； 当时，左边=36，右边=36，不等式成立.（8分）假设当时，成立. （9分）则当时，左边=43k+1=343k39k2，要证39k29（k+1）2 ，只要正3k2（k+1）2 ，即证2k2-2k-10.（10分）而当k即且时，上述不等式成立.（11分）由可知，对任意，所证不等式成立.（12分）略21. 已知函数f（x）=ax+x2xln

10、a（a0，a1）（1）求函数f（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（2）求函数f（x）单调增区间；（3）若存在x1，x21，1，使得|f（x1）f（x2）|e1（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围参考答案：【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；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】导数的综合应用【分析】（1）先求函数的导函数f（x），再求所求切线的斜率即f（0），由于切点为（0，0），故由点斜式即可得所求切线的方程；（2）先求原函数的导数得：f（x）=axlna+2xlna=2x+（ax1）lna，再对a进行讨论，得到f（x）0，从而函数f（x）在（0，+）上

11、单调递增（3）f（x）的最大值减去f（x）的最小值大于或等于e1，由单调性知，f（x）的最大值是f（1）或f（1），最小值f（0）=1，由f（1）f（1）的单调性，判断f（1）与f（1）的大小关系，再由f（x）的最大值减去最小值f（0）大于或等于e1求出a的取值范围【解答】解：（1）f（x）=ax+x2xlna，f（x）=axlna+2xlna，f（0）=0，f（0）=1即函数f（x）图象在点（0，1）处的切线斜率为0，图象在点（0，f（0）处的切线方程为y=1；（2）由于f（x）=axlna+2xlna=2x+（ax1）lna0当a1，y=2x单调递增，lna0，所以y=（ax1）lna单调

12、递增，故y=2x+（ax1）lna单调递增，2x+（ax1）lna20+（a01）lna=0，即f（x）f（0），所以x0故函数f（x）在（0，+）上单调递增；当0a1，y=2x单调递增，lna0，所以y=（ax1）lna单调递增，故y=2x+（ax1）lna单调递增，2x+（ax1）lna20+（a01）lna=0，即f（x）f（0），所以x0故函数f（x）在（0，+）上单调递增；综上，函数f（x）单调增区间（0，+）；（3）因为存在x1，x21，1，使得|f（x1）f（x2）|e1，所以当x1，1时，|（f（x）max（f（x）min|=（f（x）max（f（x）mine1，由（2）知，f（x）在1，0上递减，在0，1上递增，所以当x1，1时，（f（x）min=f（0）=1，（f（x）max=maxf（1），f（1），而f（1）f（1）=（a+1lna）（+1+lna）=a2lna，记g（t）=t2lnt（t0），因为g（t）=1+=（1）20（当t=1时取等号），所以g（t）=t2lnt在t（0，+）上单调递增，而g（1）=0，所以当t1时，g（t）0；当0t1时，g（t）0，也就是当a1时，f（1）f（1）；当0a1时，f（1）f（1）当a1时，由f（1）f（0）e1?alnae1?ae，当0a1时，由f（1）f（0）e1?+lnae1?0a